Chuyên đề: TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY TRUY HỒI TUYẾN TÍNH CẤP 2 ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ

Phần I: Tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2. I. LÝ THUYẾT: Đó l à các dãy số thực có dạng n 2 n 1 n u au bu     () với m ọi n 0  , trong đó a và b là các hằng số thực. Cách xác định số hạng tổng quát của dãy như sau: Xét phương trình ẩn t sau đây: 2 t at b 0    () được gọi là phương trình đặc trưng của (). Phương trình có biệt thức 2 a 4b    . Trường hợp 1: 2 a 4b 0     khi đó () có hai nghiệm thực phân biệt 1 2 t ; t . Số hạng tổng quát của () có dạng n n n 1 2 u x.t y.t   , với m ọi n 0  và x, y là hai số thực tuỳ ý; x và y sẽ hoàn toàn xác định khi cho trước 0 u và 1 u . Trường hợp 2: 2 a 4b 0     khi đó () có một nghiệm kép thực t. Số hạng tổng quát của () có dạng n n 1 n u x.t y.nt    , với m ọi n 0  ( ở đây ta qui ước 1 0 0   ) và x, y là hai số thực tuỳ ý; x và y sẽ hoàn toàn xác định khi cho trước 0 u và 1 u . Trường hợp 3: 2 a 4b 0     , ( ) có hai nghiệm phức. Thuật toán làm trong trường hợp này như sau: Bước 1: Giải phương trình 2 t at b 0    và nhận được nghịêm phức a i z . 2    Bước2: Đặt r = | z | là module của z, còn Argz  , ta nhận được n n u r (p cos n q sin n )    với m ọi p, q l à các số thực. Bước 3: Xác định p, q theo các giá trị cho trước 0 1 u ;u . Về cơ sở lí thuyết của cách làm trên được chứng minh bằng kiến thức của đại số tuy ến tính. Ở đây, tôi xin trình bày chứng minh trường hợp 1 và trường hợp 2 bằng kiến thức trung học phổ thông. Trường hợp 1: 0   () có hai nghiệm phân biệt 1 2 t , t khi đó theo định lí Viet ta có: 1 2 1 2 t t a t t b        . Khi đó n 1 1 2 n 1 2 n 1 u (t t )u t t u      2 n n 1 1 n 2 n 1 n 1 2 n 1 1 n 2 2 1 1 0 u t u t (u t u ) t (u t u ) ... t (u t u )              .

Chuyên đề: TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY TRUY HỒI TUYẾN TÍNH CẤP 2

ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ

Trường THPT chuyên Hưng Yên

Phần I: Tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2

I LÝ THUYẾT:

Đó là các dãy số thực có dạng un 2  aun 1  bun (*) với mọi n  0, trong đó a và b là các hằng số thực Cách xác định số hạng tổng quát của dãy như sau:

Xét phương trình ẩn t sau đây: t2  at  b  0 (**) được gọi là phương trình đặc trưng của (*) Phương trình có biệt thức   a2  4b

Trường hợp 1:   a2  4b  0 khi đó (**) có hai nghiệm thực phân biệt t ; t1 2 Số hạng tổng quát của (*) có dạng un  x.t1n  y.t2n, với mọi n  0 và x, y là hai số thực tuỳ ý; x

và y sẽ hoàn toàn xác định khi cho trước u0 và u1

Trường hợp 2:  a24b khi đó (**) có một nghiệm kép thực t Số hạng tổng quát 0 của (*) có dạng un  x.tn  y.ntn 1 , với mọi n  0 ( ở đây ta qui ước 01  0) và x, y là hai số thực tuỳ ý; x và y sẽ hoàn toàn xác định khi cho trước u0 và u1

a 4b 0

    , ( **) có hai nghiệm phức Thuật toán làm trong trường hợp này như sau:

2

 



n

n

u r (p cos n q sin n ) với mọi p, q là các số thực

Bước 3: Xác định p, q theo các giá trị cho trước u ;u0 1

Về cơ sở lí thuyết của cách làm trên được chứng minh bằng kiến thức của đại số tuyến tính Ở đây, tôi xin trình bày chứng minh trường hợp 1 và trường hợp 2 bằng kiến thức trung học phổ thông

Trường hợp 1:   0 (**) có hai nghiệm phân biệt t , t1 2 khi đó theo định lí Vi-et ta có:

1 2

1 2

t t a

t t b

 





 



Khi đó

un 1  (t1 t )u2 n  t t u1 2 n 1

Như vậy un 1  t u1 n  t (u2n 1 t u )1 0 (1);

Tương tự un 1  t u2 n  t (u1n 1 t u )2 0 (2) Trừ từng vế (2) cho (1) ta có:

n n

(t  t )u  (u  t u )t  (u  t u )t Do t1 t2 nờn

Vậy un cú dạng un  x.t1n  y.t2n với x,y là hai số thực

Trường hợp 2:   0 khi đú

2

a b 4



 , (**) cú nghiệm kộp a

t 2

 Ta cú

Như vậy un 1  tun  t (un 1 tu )0 (3);

Tương tự un  tun 1  tn 1 (u1 tu )0 (4);

un 1  tun 2  tn 2 (u1 tu )0 (5);

………

u1 tu0  u1 tu0 (n+3)

Nhõn hai vế của (4) với t, hai vế của (5) với t2, …, hai vế của (n+3) với tn và cộng lại ta được: un 1  tn 1 .u0  n.t (un 1 tu )0 Do đú un cú dạng xtn  yn.tn 1 với x, y là hai số thực

II CÁC VÍ DỤ:

Vớ dụ 1: Xác định số hạng tổng quát của dãy số thoả mãn:

.











Giải:

Phương trỡnh đặc trưng 2 1 2

   của dóy cú hai nghiệm thực phõn biệt là

2

3

   Do đú

n

n n

2

u x y.( 1)

3

 

    

  với x, y   Ta lại cú:

0

1

2

5 3





Vậy n 9 2 n 4 n

u ( ) ( 1) , n 0.

5 3 5

Trong cụng thức tổng quỏt (*), khi chọn những giỏ trị a và b thớch hợp ta cú thể đưa ra đề toỏn thuộc vào trường hợp 2 và 3 được núi đến ở trờn Hoặc là bằng cỏch biến đổi un ta cũng

cú thể đưa ra được những đề toỏn khỏ hay Chẳng hạn trong đề bài trờn:

*) Đặt n

n

1 u v

2

n n 1





Như vậy ta có đề toán mới như sau:

Xác định số hạng tổng quát của dãy số thoả mãn:

n n 1

n 2

n n 1

1

v 1, v

2 3v v

v 2v















*) Đặt un  ln vn,u0   1 v0  e; u1  2 v1  e 2

2 n 3

n 1



Như vậy ta có đề toán mới như sau:

Xác định số hạng tổng quát của dãy số thoả mãn:

2

2 n 3

n 2

n 1

v e, v e

v

v













Ví dụ 2: Tìm un biết 1

2

u

u  a.u b.u c

 







Trong đó: a2 b 1,    0,a  1

Giải:

Từ (*) un 1  a.un  b.u2n  c  un 1  a.un  b.u2n  c  0

Bằng quy nạp ta CM được: u1  u2   un   un 1  un 1  0

u  2.a.u u  0

Từ đó:

2







Ta tính được un theo dạng (1)

Phần II: Áp dụng việc tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 trong một số bài toán về dãy số

Ví dụ 1: Cho dãy (u )n thoả mãn

1

2











Tìm lim un

Giải:

Phương trình đặc trưng của dãy là 2 1

2

   có một nghiệm phức là 1 i

t 2



 ; |t|= 1

2 , Argt= 4



Do đó số hạng tổng quát của dãy có dạng

n n

u (x.cos ysin ), n 0; x, y

 



Từ giả thiết u0  0;u1  1 ta suy ra x= 0; y= 2 Vậy số hạng tổng quát của dãy là

n

u 2sin ( ) sin , lim u 0

n

2

( 2)

Ví dụ 2: Cho dãy (x )n thoả mãn 0 1

x 1; x 5

.

x  6x x  , n 1





 Hãy tìm lim x { 2x }.n n

Giải:

Bằng phương pháp xác định số hạng tổng quát ở trên, ta xác đinh được số hạng tổng quát

Hay

n

n

1

2 1

2

2 t 1 2n 1 2k 1 2 t 1 (n t )



n 2n 1 2t 1 (n t )

t 0



n

t 0







4 n 2



Ví dụ 3: Cho dãy số un được xác định như sau:

n

2 3

a Chứng minh rằng un là số nguyên với mọi n = 0, 1, 2, …

b Tìm tất cả số hạng của dãy chia hết cho 3

Giải:

a) Với n   0 u0  0; n   1 u1 1.

1

   





  



Dễ thấy un là số hạng tổng quát của dãy số cho bởi công thức:

0 1

u 0;u 1

u  4u  u 0







Do u0  0;u1 1  ; un 2  4un 1  un nên u  n ,   n 0,1,

b) Ta có un 2  3un 1  (un 1  u )n Do un 1   nên un 2  un 1  un (mod 3)

Bằng phép tính trực tiếp ta thấy 8 số hạng đầu tiên của dãy u , u , , u0 1 7 khi chia cho 3 có các số dư tương ứng là 0,1,1,0,2,2,0,1 Suy ra un 6  un (mod 3)

Từ đó ta thấy trong dãy số nói trên mọi số hạng có dạng u3k, k=0,1,2… chia hết cho 3 và chỉ những số hạng ấy mà thôi

Ví dụ 4: (Thi HSG QG năm 2011): Cho dãy số nguyên (a )n xác định bởi: a0 = 1,

a   1,a  6a   5a  với mọi n  2 Chứng minh rằng a2012  2010 chia hết cho

2011

Giải:

Cách 1: Xét dãy (bn) được xác định như sau: b0  1;b1  1;bn  6bn 1  2016bn 2 , với mọi

n  2

Dãy này có phương trình đặc trưng là x2  6x  2016  0 có hai nghiệm là

x = -42, y = 48 Từ đây suy ra số hạng tổng quát của dãy là

n

41.48 49.( 42)

90

Ngoài ra, ta cũng dễ dàng chứng minh bằng qui nạp rằng

a  b (mod 2011), n   

Do đó ta chỉ cần chứng minh b2012   1 0(mod 2011) Ta có:

2012

41.48 49.( 42) 90

90

 

Do 2011 là số nguyên tố và 2011, 90 là hai số nguyên tố cùng nhau nên ta chỉ cần chứng minh: 41.482012  49.( 42)  2012  90  0(mod 2011). (1)

Mà theo định lí Fermat nhỏ , ta có

= 90 b2+90 = 90 [6(-1)+2016.1]+90 = 90.2010 + 90 = 90.20110 (mod 2011)

Vậy (1) đúng, bài toán được chứng minh

Cách 2: Phương trình đặc trưng của dãy đã cho là x2  6x   5 0 có hai nghiệm là 3  14

và 3  14, do đó ta tìm được số hạng tổng quát của dãy là

n

a 

(7 2 14)(3 14) (7 2 14)(3 14)

14

14



Trong đó

Sử dụng công thức khai triển nhị thức Niu-Tơn, ta có

1005 1005

2 k 2011 2 k k 2011 2 k 2011 2k k

Do 1<2k<2011 với 1 k 1005   và 2011 là số nguyên tố nên

2k 1

2011

C

C 2011( ) 2011

2k



Mặt khác, theo định lí Fermat nhỏ thì

2011

3  3(mod 2011)

Do vậy, kết hợp các lập luận lại với nhau ta được

2012

u  3(mod 2011) (2) Tương tự với vn, ta cũng sử dụng khai triển Niu-Tơn và thu được

2k 1 2012 2k k 1 2 k 1 2012 2 k k 1

Đến đây, cũng bằng cách sử dụng tính nguyên tố của 2011, ta thấy

2k 2

2011

C

2k 1







Với k   1, 2, ,1005  Vì vậy

1005 2012

v  14 (mod 2011)

Do 14  2025  2011  452  2011  452(mod 2011) nên áp dụng định lí Fermat nhỏ, ta có

1005 2010

14  45  1 (mod 2011)

Suy ra

2012

Từ (2) và (3), ta có

2012

a  2010    3 2.1 2010   0 (mod 2011)

Bài toán được chứng minh xong

Ví dụ 5: Cho (un) xác định:

 

1 2









CMR: u1996 chia hết 1997

Giải:

Tìm công thức xác định số hạng TQ:

Xét dãy n n 1975 n 1 n n 1

Giải PT đặc trưng: 2 X 1

X 4.X 5 0

X 5







1747 2005 1747.( 1) 2005.( 1) 1975

1996 1996

1747.5 49675

u

120

1996 1996

Suy ra u1996 chia hết 1997 vì 51996  1 (mod 1997)

Ví dụ 6: Cho dãy số   an : 0

2

a 2

a  4a 15a 60







 Chứng minh rằng số 1 2n

5

  có thể biểu diễn thành tổng bình phương của ba số nguyên liên tiếp với mọi n  1

Giải:

2

(a 4a ) 15a 60





n 1 n 1 n n

Áp dụng biểu thức trên với n ta có an2 8an 1 na  an 12  60  0 (2)

Trừ từng vế (1) và (2) ta có

n 1 n 1 n 1 n 1 n

n 1 n 1 n 1 n 1 n

Từ giả thiết suy ra an  0, n   an 1  4an  an suy ra (a )n là dãy tăng Suy ra

n 1 n 1

a   a   0 Từ (*) suy ra an 1  an 1  8an  0

Giải phương trình đặc trưng t2  8t 1 0    t1,2   4 15

n

2n

a (4 15) (4 15)

a (4 15) (4 15)

Với mỗi n  1 tồn tại k   để (4 15)n(4 15)n  15k

2

2 2n

2 2 2 2 2 2n

Ví dụ 7: Cho dãy (un) xác định: 1 2

n 2 n n 1

u 0, u 1

u  u u  1





 CMR: p là số nguyên tố p>5: thì u (up p 1  1) chia hết cho p

Giải:

Xét dãy: xn  un   1 xn2  xn  xn1

Suy ra số hạng tổng quát:

5

n

x

1

5

n

u

      

 1 2 1 ( 5 1) ( 5 1) ( 5 1) ( 5 1)

2 5

p

u

( 5 1) ( 5 1) ( 5 1) ( 5 1)

 

 

1 2

0

p

k







( )! !

k p

p C

 (mod ) 1p  k p 1

 

     (mod )p (2)

Ta có 5p1 (mod ) 1 p

(5 1)(5 1) 0

p p

    (mod ) p Nếu

1 2

p

  (mod ) p Từ (2)  2 p  up  1   0 (mod ) p mà (2;p)=1

1 0

p

u

   (mod ) p  u up( p   1) p(đpcm)

Nếu

1 2

p

 (mod ) p

1 2

p

   (mod ) p

Từ (2): 2 p u p 1   2 (mod ) p ; (2,P)=1 2p  2(mod ) p  2 pup  0(mod ) p , (2,P)=1 up  0(mod ) p  u up( p   1) p (Đpcm)

Phần III Một số bài tập tự luyện:

Bài 1: Tìm số hạng tổng quát của dãy (u ), nn  0 xác định bởi: 0 1

.

u  6u  9u , n 0

 







Bài 2: Cho dãy số (u ), nn  0 xác định như sau:

n

u ( ) ( ) 2, n 1, 2,

a Chứng minh rằng un là số tự nhiên   n 1, 2,

b Chứng minh rằng u2011 là số chính phương

Bài 3: Cho dãy số (u ), nn  0 xác định như sau: 0 1

u 0, u 1

u  2u  4u , n 0.





 Tìm unn unn