Chuong 1 - Logic - 022012

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ THÔNG TIN KHOA CÔNG NGHỆ PHẦN MỀM -oOo - BÀI GIẢNG MÔN TOÁN RỜI RẠC Giảng viên: PGS.TS Vũ Thanh Nguyên CHƯƠNG CƠ SỞ LOGIC §1 MỆNH ĐỀ VÀ CHÂN TRỊ 1.1 Định nghóa: Một mệnh đề hay mệnh đề toán học câu phản ánh điều sai, đồng thời vừa vừa sai Ví dụ: 1) Số 123 chia hết cho mệnh đề sai 2) Thành phố Hồ Chí Minh thủ đô nước Việt Nam mềnh đề 3) Bạn có khỏe không? mệnh đề toán học câu hỏi phản ánh điều hay điều sai Ta thường dùng ký hiệu p, q, r, … để mệnh đề 1.2 Chân trị mệnh đề: Theo định nghóa, mệnh đề sai, đồng thời vừa vừa sai Khi mệnh đề p ta nói p có chân trị đúng, ngược lại ta nói p có chân trị sai Trong giáo trình chân trị sai ký hiệu §2 CÁC PHÉP TOÁN MỆNH ĐỀ 2.1 Phép phủû định: Mệnh đề phủ định mệnh đề p, ký hiệu PGS.TS Vũ Thanh Ngun hay ┐P (đọc “không P” Page 1 hay “phủ định P”), mệnh đề định bởi:  p sai, tức là: P 0 2.2 Phép nối liền (phép hội; phép giao) Mệnh đề nối liền hai mệnh đề P Q, ký hiệu P^Q (đọc “P Q”), mệnh đề định bởi: P^Q  P Q đồng thời đúng, tức là: P Q P^Q 1 1 0 0 0 Ví dụ: Mệnh đề “Hôm nay, An giúp mẹ lau nhà rửa chén” hôm An giúp mẹ hai công việc lau nhà rửa chén Ngược lại, hôm An giúp mẹ hai công việc trên, không giúp mẹ hai mệnh đề sai 2.3 Phép nối rời (phép tuyển; phép hợp): Mệnh đề nối rời hai mệnh đề P Q, ký hiệu PVQ (đọc “P hay Q”), mệnh đề định bởi: PVQ sai  P Q đồng thời sai, tức là: PGS.TS Vũ Thanh Ngun Page 2 P Q PVQ 1 1 1 0 Ví dụ: Mệnh đề “An giúp mẹ lau nhà hay rửa chén” sai lúc An không giúp mẹ lau nhà, không giúp mẹ rửa chén Ngược lại, An giúp mẹ hai công việc hai (!) mệnh đề 2.4 Phép kéo theo: Mệnh đề P kéo theo Q hai mệnh đề P Q, ký hiệu P → Q (đọc “P kéo theo Q” hay “Nếu P Q” hay “P điều kiện đủ Q” hay “Q điều kiện cần P”), mệnh đề định bởi: P → Q sai  P Q sai, tức là: P q P→Q 1 1 0 1 0 Trong mệnh đề P → Q, P gọi giả thiết Q kết luận Như vậy, mệnh đề P → Q sai giả thiết P kết luận Q sai Trong trường hợp lại, mệnh đề luôn Đặc biệt, giả thiết P sai hay kết luận Q mệnh đề P → Q luôn Ví dụ: Mệnh đề “Chiều nay, rảnh ghé thăm bạn” sai chiều rảnh không ghé thăm bạn Ngược lại, chiều bận dù có ghé thăm bạn hay không, mệnh đề Ngoài ra, tất nhiên chiều có ghé thăm bạn mệnh đề (dù có rảnh hay không!) PGS.TS Vũ Thanh Ngun Page 3 2.5 Phép kéo theo hai chiều: Mệnh đề P kéo theo Q ngược lại hai mệnh đề P Q, ký hiệu P ↔ Q (đọc “P Q” hay P Q” hay “P điều kiện cần đủ Q”), mệnh đề định bởi: P ↔ Q  P Q có chân trị, tức là: P Q P↔Q 1 1 0 0 Ví dụ: 2 Mệnh đề “Tam giác ABC vuông A BC = AB + AC ” mệnh đề tam giác ABC vuông A ta luôn có 2 BC = AB + AC ngược lại (định lý Pitagore) §3 DẠNG MỆNH ĐỀ 3.1 Định nghóa: Một dạng mệnh đề biểu thức cấu tạo từ - mệnh đề, tức mệnh đề xét §1; - biến mệnh đề, tức biến lấy giá trị mệnh đề, thông qua phép toán mệnh đề xét mục §2 theo trình tự định đó, thường rõ dấu ngoặc Với E dạng mệnh đề theo n biến mệnh đề p , p , , p , ứng với n giá trị cụ thể P , P , , P (là mệnh đề) p , p , , p ta có n mệnh đề E(P ,P , ,P ) Ta vieát 2 n E = E(p , p , , p ) Như vậy, cách lạm n n dụng ngôn ngữ, ta nói biết chân trị cụ thể biến mệnh đề p , p , , p , ta hoàn xác định chân trị dạng mệnh đề tương ứng Bảng n ghi tất trường hợp chân trị xảy dạng mệnh đề E theo chân trị biến mệnh đề p , p , , p gọi bảng chân trị dạng n n mệnh đề E (bảng gồm dòng, chưa kể dòng tiêu đề) PGS.TS Vũ Thanh Ngun Page 4 Ví dụ: Xét E = (p V q) → r dạng mệnh đề theo biến p, q, r ta có bảng chân trị sau: p q r pVq (p V q) → r 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 0 0 3.2 Định nghóa: Cho E F hai dạng mệnh đề theo n biến p1, p2, , pn Ta nói: a) E (tương ứng, sai) ký hiệu (tương ứng, 0), E luôn nhận chân trị (tương ứng, sai) b) F hệ E, ký hiệu E  F, dạng mệnh đề E → F c) E tương đương logic (hay tương đương) với F, ký hiệu E  F, dạng mệnh đề E ↔ F 3.3 Định lý (các luật logic): Với p, q, r biến mệnh đề, ta có tương đương logic sau: 1) Luật lũy đẳng p^pp p V p  p 2) Luật giao hoán p^qq^p vaø p V q  q V p 3) Luật kết hợp (p ^ q) ^ r  p ^ (q ^ r) ( p ^ q ^ r) vaø (p V q) V r  p V (q V r) 4) Luật phân phối (Luật phân bố) PGS.TS Vũ Thanh Nguyên Page 5 p ^ (q V r)  (p ^ q) V (p ^ r) vaø p V (q ^ r)  (p V q) ^ (p V r) 5) Luật kéo theo p→q p Vq 6) Luật phủ định phủ định ( p)  p 7) Luật phủ định De Morgan 8) Luật phản đảo p→q q p 9) Luật tương đương p ↔ q  (p → q) ^ (q → p) 10) Luật trung hòa p^1p pV0p 11) Luật phần tử bù p^ p 0 pV p 1 12) Luật thống trị p^00 pV11 13) Luật hấp thụ p ^ (p V q)  p vaø p V (p ^ q)  p 14) Luật đơn giản (p ^ q)  p 15) Luật mở rộng p  (p V q) PGS.TS Vũ Thanh Ngun Page 6 Chứng minh: Độc giả kiểm tra dễ dàng 15 luật logic cách lập bảng so sánh chân trị hai vế tương đương logic Ở muốn giới thiệu phương pháp chứng minh khác cách lập bảng chân trị rút gọn Điều xuất phát từ nhận xét số trường hợp ta không cần biết tất chân trị n biến mệnh đề mà xác định chân trị dạng mệnh đề tương ứng rút gọn bảng chân trị dạng mệnh đề n (tức dòng) Để minh họa, lập bảng chân trị rút gọn hai vế luật phân phối p ^ (q V r)  (p ^ q) V (p ^ r) (1) Nhận xét định nghóa mệnh đề nối liền nối rời ta có: – Nếu p sai hai vế (1) sai mà không cần biết chân trị biến q, r – Nếu p q hai vế (1) mà không cần biết chân trị biến r Ta có bảng chân trị rút goïn sau: p q r qVr 1 x 1 x 1 x x 1 0 0 0 x x 0 0 x p ^ (q V r) p ^ q p ^ r (p ^ q) V (p ^ r) (ở ta không cần quan tâm đến chân trị vị trí có đánh dấu x) So sánh hai cột chân trị dạng mệnh đề hai vế (1) ta thấy chúng có bảng chân trị (1) chứng minh Ví dụ: Cho p, q, r biến mệnh đề Chứng minh rằng: ( p → r) ^ (q → r)  (p → q) → r (2) Chuùng ta chứng minh (2) hai cách Cách 1: Lập bảng chân trị rút gọn tương tự chứng minh Định lý 3.3 PGS.TS Vũ Thanh Ngun Page 7 p → r q → r ( p → r)^(q → r) p → q (p → q)→ r r q p p x x x 1 x 1 x x x 0 0 1 1 1 x So sánh ta thấy dạng mệnh đề hai vế (2) có bảng chân trị (2) chứng minh Cách 2: Biến đổi sử dụng luật logic Định lý 3.3 ta coù: ( p → r) ^ (q → r)  (p V r) ^ ( q V r) (Luaät keùo theo)  (p ^ q ) V r Vr   (p → q) → r (Luật phân phối) (Luật phủ định De Morgan) (Luật kéo theo) §4 QUI TẮC SUY DIỄN Trong chứng minh toán học, xuất phát từ số khẳng định p , p , , p gọi tiền đề, ta áp dụng luật logic để suy chân lý khẳng n định q gọi kết luận Ta gọi qui tắc suy diễn Nói cách khác, qui tắc suy diễn có dạng: (p ^ p ^ ^ p ) → q n nghóa p ^ p ^ ^ p  q, p , p , …, p , q dạng mệnh đề theo n n biến logic Ta mô hình hóa qui tắc suy diễn dạng sơ đồ: Sau số qui tắc suy diễn thường dùng mà ta kiểm tra dễ dàng cách lập bảng chân trị: 4.1 Qui tắc khẳng định: (p → q) ^ p  q PGS.TS Vũ Thanh Ngun Page 8 4.2 Qui tắc phủ ñònh: (p → q) ^ q  p 4.3 Tam ñoan luaän: (p → q) ^ (q → r)  (p → r) 4.4 Tam đoan luận rời: (p V q) ^ q  p 4.5 Qui tắc phản chứng: ) →  (p ^ p ^ ^ p ) → q (p ^ p ^ ^ p ^ n n 4.6 Qui tắc chứng minh theo trường hợp: (p → r) ^ (q → r)  (p V q) → r Ví dụ: a) Kiểm tra suy luận sau: Giải: Ta có: 1) (Tiền đề) 2) p V s 3) p (Tiền đề) (Tam đoạn luận rời) 4) p → (q → r) (Tiền đề) 5) q → r (Qui tắc khẳng định) 6) t → q (Tiền đề) 7) t → r (Tam đoạn luận) (Luật phản đảo) Vậy suy luận b) Kiểm tra suy luận sau: PGS.TS Vũ Thanh Ngun Page 9 Giải: Ta có: (Giả thiết phản chứng) 1) Giả sử (Luật phủ định De Morgan) 2) 3) (Luật đơn giản) 4) p → q (Tiền đề) 5) (Qui tắc phủ định) (Tiền đề) 6) 7) (Từ 3, 6, tam đoạn luận rời) 8) (Định nghóa phép nối liền) 9) (Luật phủ định De Morgan) 10) p V r (Tiền đề) 11) (Luật phần tử bù) Suy luận (Qui tắc phản chứng) c) Kiểm tra suy luận sau: Giải: Ta xét hệ sau: PGS.TS Vũ Thanh Ngun Page 10 thể thực bước sau: Bước 1: Kiểm tra p(n) với n = n , nghóa p(n ) 0 Bước 2: Giả sử p(n) với n = k, nghóa p(k) đúng, k số nguyên dương tùy ý (nhưng cố định) ≥ n Ta phải chứng minh p(n) với n = k + 1, nghóa p (k+1) Bước 3: Theo nguyên lý qui nạp ta kết luận p(n) với n ≥ n Ví dụ: Chứng minh với số nguyên dương n ≥ 1, ta có: (1) Giải: Ta chứng minh qui nạp theo n Dễ thấy (1) với n = Giả sử (1) với n = k ≥ 1, nghóa là: (2) Ta chứng minh (1) với n = k + 1, nghóa là: (3) Thật vậy, ta có: Vậy (3) chứng minh (1) với n = k + Theo nguyên lý PGS.TS Vũ Thanh Ngun Page 15 qui nạp ta kết luận (1) với số nguyên dương n ≥ Nhận xét: Từ nguyên lý qui nạp ta dễ dàng suy nguyên lý qui nạp mở roäng sau: (p(n ) ^ (k ≥ n , (p(n ) ^ ^ p(k)) → p(k + 1))) 0  (n ≥ n , p(n)) Từ ta có phương pháp chứng minh qui nạp mở rộng (đôi tỏ hiệu so với phương pháp chứng minh qui nạp trên) sau: Bước Như Bước Giả sử p(n) với n ≤ n ≤ k, nghóa p(n ), p(n + 1), , p(k) 0 đúng, k số nguyên dương tùy ý (nhưng cố định) ≥ n Ta phải chứng minh p(n) với n = k + 1, nghóa p(k + 1) Bước Theo nguyên lý qui nạp mở rộng ta kết luận p(n) với n ≥ n Ví dụ: Cho dãy số x , x , , x , định bởi: n n Chứng minh với n ≥ ta có x = – n (1) Giải: Ta chứng minh phương pháp qui nạp mở rộng theo n Dễ thấy (1) với n = 0; Giả sử (1) với ≤ n ≤ k (k ≥ cố định), nghóa với ≤ n ≤ k, ta coù: n x =2 –1 (2) n Ta chứng minh (1) với n = k + 1, nghóa là: x k+1 =2 k+1 –1 (3) Thật vậy, theo giả thiết (2) ta có (ứng với n = k – 1; k) : x k–1 k =2 k–1 – vaø x k = – Do đó: x k+1 = 3x – 2x k k–1 k (theo giả thiết) = 3(2 – 1) – 2(2 PGS.TS Vũ Thanh Nguyên k–1 – 1) Page 16 k k = 3.2 – – + k = 2.2 – =2 k+1 –1 Vậy (3) chứng minh (1) với n = k + Theo nguyên lý qui nạp mở rộng ta kết luận (1) với số nguyên dương n §7 HỆ THỨC ĐỆ QUI 7.1 Định nghóa: Một hệ thức đệ qui tuyến tính cấp k (hay phương trình sai phân tuyến tính cấp k) hệ thức có dạng: ax +ax n n-1 +… a x k n-k =f n (1) a ≠ 0, a ,…, ≠ a hệ số thực; {f } dãy số thực cho trước k n {x } dãy ẩn nhận giá trị thực n Trường hợp dãy f = với n (1) trở thaønh n ax +ax n n-1 +… a x k n-k = (2) Ta nói (2) hệ thức đệ qui tuyến tính cấp k 7.2 Nghiệm tổng quát nhiệm riêng: Mỗi dãy {x } thỏa (1) gọi nghiệm (1) Nhận xét n nghiệm {x } (1) hòan tòan xác định k giá trị ban đầu x , x ,…, x n k-1 Họ dãy số { x = x (C , C ,…,C )} phụ thuộc vào k họ tham soá C , C ,…,C n n k k gọi nghiệm tổng quát (1) dãy họ nghiệm (1) với k giá trị ban đầu y , y ,…, y , tồn giá trị k tham số C , C ,…,C k-1 cho nghieäm {x } tương ứng thỏa k n x = y , x = y ,…, x 1 k-1 = y k-1 () * Khi đó, nghiệm {x } tương ứng gọi nghiệm riêng ứng với điều kiện ban đầu ( ) n * Giải hệ thức đệ qui tìm nghiệm tổng quát nó; hệ thức đệ qui có kèm theo điều kiện ban đầu, ta phải tìm nghiệm riêng thỏa điều kiện ban đầu 7.3 Một số ví dụ: 1) Ví dụ 1: Một cầu thang có n bậc Mỗi bước gồm bậc Gọi x số cách hết cầu thang Tìm hệ thức đệ qui cho x PGS.TS Vũ Thanh Ngun n n Page 17 Giải Với n = 1, ta có x = 1 Với n = 2, ta có x = 2 Với n > 2, để khảo sát x ta chia thành hai trường hợp loại trừ lẫn nhau: n - Trường hợp 1: Bước gồm bậc Khi đó, cầu thang n-1 bậc nên số cách hết cầu thang trường hợp x n-1 - Trường hợp 2: Bước gồm bậc Khi đó, cầu thang n-2 bậc nên số cách hết cầu thang trường hợp x n-2 Theo nguyên lý cộng, số cách hết cầu thang x hay x n - x = x n n-1 -x n-1 n-2 +x x n-1 +x n-2 Do ta có: n-2 =0 Vậy ta có hệ thức đệ qui tuyến tính cấp 2: 2) Ví dụ 2: Bài toán Tháp Hà Nội Có cọc A, B, C n đóa (có lỗ để đặt vào cọc) với đường kính đôi khác Nguyên tắc đặt đóa vào cọc là: đóa chồng lên đóa lớn Ban đầu, n đóa đặt chồng lên cọc A, hai cọc B C để trống Vấn đề đặt chuyển n đóa cọc A sang cọc C (có thể qua trung gian cọc B), lần chuyển đóa Gọi x số lần chuyển đóa Tìm hệ thức đệ qui cho x n n Giải Với n = ta có x = 1 Với n > 1, trước hết ta chuyển n-1 đóa bên sang cọc B qua trung gian cọc C (giữ nguyên đóa thứ n cọc A) Số lần chuyển n-1 đóa x n-1 Sau ta chuyển đóa thứ n từ cọc A sang cọc C Cuối ta chuyển n-1 đóa từ cọc B sang cọc C Số lần chuyển n-1 đóa lại x n-1 Như số lần chuyển tòan n đóa từ A sang C là: x +1+x n-1 n-1 PGS.TS Vũ Thanh Ngun = 2x n-1 + Page 18 Nghóa x = 2x n n-1 + 1, ta có hệ thức đệ qui tuyến tính không cấp 1: 7.4 Hệ thức đệ qui tuyến tính Xét hệ thức đệ qui tuyến tính ax +ax n +… + a x n-1 k n-k = (2) Phương trình đặc trưng (2) phương trình bậc k định bởi: k aλ +aλ k-1 +… + a = k (*) 1) Trường hợp k = 1: Phương trình đặc trưng (*) trở thành a λ + a = nên có nghiệm λ = - a /a Khi đó, (2) có nghiệm tổng quát là: x = C0 n n Ví dụ: Hệ thức đệ qui hệ thức đệ qui tuyến tính cấp Phương trình đặc trưng: = có nghiệm λ = 3/2 Do nghiệm tổng quát là: 2λ - 3 2 n x = C  n Từ điều kiện ban đầu x = 1, Suy C = thức đệ qui cho là: 3 x =   n 2 nghiệm hệ n 1 2) Trường hợp k = 2: Phương trình đặc trưng (*) trở thành aλ +aλ+a = 0 (*) Người ta chứng minh kết sau: a) Nếu (*) có hai nghiệm thực phân biệt λ λ (2) có nghiệm tổng quát laø: x = C11n+C22n n PGS.TS Vũ Thanh Nguyên Page 19 b) Nếu (*) có nghiệm kép thực λ (2) có nghiệm tổng quát là: x = (C1+nC2)0n n c) Nếu (*) có hai nghiệm phức liên hợp viết dạng lượng giác   r (cos   i sin  ) (2) có nghiệm tổng quát laø: x = n n r (C cos n  C sin n ) Ví dụ: Giải hệ thức đệ qui sau: a) b) c) Giải a) Phương trình đặc trưng (1) là: 2λ - 3λ + = có hai nghiệm thực laø (1) (*) λ = vaø λ = 1/2 Do nghiệm tổng quát (1) là: n x = C + C (1/2) n (2) b) Phương trình đặc trưng (2) là: 4λ - 12λ + = (*) coù nghiệm thực kép λ = 3/2 Do nghiệm tổng quát (2) là: n x = (C + nC )(3/2) n Từ điều kiện ban đầu x = 2; x = ta suy ra: PGS.TS Vũ Thanh Nguyên Page 20 Suy C = C = 2/3 Vậy nghiệm (2) laø: n-1 x = (3 + n)(3/2) n c) (3) Phương trình đặc trưng (3) là: λ - 2λ + = (*) coù hai nghiệm phức liên hợp lượng giác: Ta viết hai nghiệm dạng Do nghiệm tổng quát (3) là: Từ điều kiện ban đầu x = 4; x = ta suy ra: Suy C = vaø C = Vậy nghiệm (3) là: 7.5 Hệ thức đệ qui tuyến tính không Xét hệ thức đệ qui tuyến tính không ax +ax n n-1 +… + a x k n-k = f n (1) Hệ thức đệ qui tuyến tính tương ứng là: ax +ax n n-1 +… + a x k n-k = (2) Phương trình đặc trưng (2) là: k aλ +aλ k-1 +… + a = PGS.TS Vũ Thanh Nguyên k (*) Page 21 Người ta chứng minh kết sau: 1) Nghiệm tổng quát (1) = Nghiệm tổng quát (2) + nghiệm riêng (1) 2) Cách tìm nghiệm riêng (1) vế phải f (1) có dạng đặc n biệt sau: a) Trường hợp 1: f = P (n), P (n) đa thức bậc r theo n n r r Khi ta xét λ = Có trường hợp nhỏ: - Nếu λ = không nghiệm phương trình đặc trưng (*) (1) có nghiệm riêng dạng: x = Q (n) n r - Nếu λ = nghiệm đơn phương trình đặc trưng (*) (1) có nghiệm riêng dạng: x = nQ (n) - n r Nếu λ = nghiệm kép phương trình đặc trưng (*) (1) có nghiệm riêng dạng: x = n Q (n) r r-1 Q (n) = A n + A n r r r-1 n r +…+ A laø đa thức tổng quát có bậc r với P (n), A , A ,…, A r+1 hệ số cần xác định Để xác định hệ số r r r-1 ta cần x , x ,…, x n n-1 n-k vaøo (1) cho n nhận r + giá trị nguyên đồng hệ số tương ứng hai vế để hệ phương trình Các hệ số nghiệm hệ phương trình n b) Trường hợp 2: f = β P (n), P (n) đa thức bậc r theo n r r n; β số Khi ta xét λ = β Có trường hợp nhỏ: - Nếu λ = β không nghiệm phương trình đặc trưng (*) (1) có nghiệm riêng dạng: n x = β Q (n) n r - Nếu λ = β nghiệm đơn phương trình đặc trưng (*) (1) có nghiệm riêng dạng: n x = nβ Q (n) - n r Nếu λ = β nghiệm kép phương trình đặc trưng (*) (1) có nghiệm riêng dạng: n x = n β Q (n) r r-1 Q (n) = A n + A n r r PGS.TS Vũ Thanh Nguyên r-1 n r +…+ A đa thức tổng quát có bậc r với Page 22 P (n), A , A ,…, A r+1 hệ số cần xác định Cách xác định số r r r-1 tương tự c) Trường hợp 3: f = P (n)cosnϕ + Q (n)sinnϕ, P (n), Q (n) lần n m l m l lượt bậc m, l theo n; ϕ số (ϕ ≠ kπ) Khi ta xét λ = cosϕ ± isinϕ Có trường hợp nhỏ: - Nếu λ = cosϕ ± isinϕ không nghiệm phương trình đặc trưng (*) (1) có nghiệm riêng dạng: x = R (n)cosnϕ + S (n)sinnϕ n k k - Neáu λ = cosϕ ± isinϕ nghiệm phương trình đặc trưng (*) (1) có nghiệm riêng dạng: x = n(R (n)cosnϕ + S (n)sinnϕ), n k k R (n); S (n) đa thức tổng quát theo n có bậc k = max{m,l} với k k 2r+2 hệ số cần xác định: k k-1 R (n) = A n + A n k k k-1 k k-1 S (n) = B n + B n k k k-1 +…+ A , +…+ B Cách xác định hệ số tương tự d) Trường hợp 4: f = f n n1 +f n2 +…+ f ns , f , f ,…, f dạng xét Bằng cách ta tìm nghiệm riêng x thức đệ qui: ax +ax n Khi x = x + x +…+ x n n1 n2 ns n-1 +… + a x k n-k n1 ni n2 ns thuộc (1≤ i ≤ s) hệ = f ni nghiệm riêng (1) Ví dụ: Giải hệ thức đệ qui sau: a) b) c) d) x  3xn 1  xn  cos n2 PGS.TS Vũ Thanh Nguyên n n  (3  2) sin 4 Page 23 e) Giải (1) a) Hệ thức đệ qui tuyến tính là: Phương trình đặc trưng (2) laø: (2) (*) 2λ - 3λ + = có hai nghiệm thực λ = λ = 1/2 Do nghiệm tổng quát (2) là: n x = C + C (1/2) n (3) Bây ta tìm nghiệm riêng (1) Vế phải (1) f = 4n+1 có dạng P (n) đa thức bậc r = theo n n Vì r λ = nghiệm đơn phương trình đặc trưng (*) nên (1) có nghiệm riêng dạng: x = n(an + b) n (4) Thế (4) vào (1) ta được: 2n(an+b) -3(n-1)[a(n-1)+b] + (n-2)[a(n-2) + b] = 4n + Cho n nhận hai giá trị n = 0; n = ta hệ: Giải hệ ta a = 2; b = -1 Thế vào (4) ta tìm nghiệm riêng (1) là: x = n(2n - 1) n (5) Từ (3) (5) ta suy nghiệm tổng quát (1) laø: n x = C + C (1/2) + n(2n - 1) n b) Xét hệ thức đệ qui: (1) PGS.TS Vũ Thanh Ngun Page 24 Hệ thức đệ qui tuyến tính là: Phương trình đặc trưng (1) laø: λ - 6λ + = (2) (*) có nghiệm thực kép λ = Do nghiệm tổng quát (2) là: n x = (C + nC ).3 n (3) Bây ta tìm nghiệm riêng (1) n n Vế phải (1) f = (18n + 12)3 có dạng β P (n) với n r P (n) đa thức bậc r = theo n β = r Vì λ = nghiệm kép phương trình đặc trưng (*) nên (1) có nghiệm riêng dạng: x = n (an + b)3 n (4) n Thế (4) vào (1) ta được: (n+1) [a(n+1) + b]3 n+1 n - 6n [an+b]3 + 9(n-1) [a(n-1) + b]3 n-1 = (18n+12)3 n Cho n nhận hai giá trị n = 0; n = ta hệ: Giải hệ ta a = 1; b = Thế vào (4) ta tìm nghiệm riêng (1) là: x = n (n + 2) n (5) n Từ (3) (5) ta suy nghiệm tổng quát (1) là: x = (C + nC )3 n n + n (n + 2) n (6) Thay điều kiện x = 2; x = vào (6) ta được: Từ ta có: C = 2; C = - Thế vào (6) ta có nghiệm riêng cần tìm (1) là: PGS.TS Vũ Thanh Ngun Page 25 ... chuyển n -1 đóa từ cọc B sang cọc C Số lần chuyển n -1 đóa lại x n -1 Như số lần chuyển tòan n đóa từ A sang C laø: x +1+ x n -1 n -1 PGS.TS Vũ Thanh Nguyên = 2x n -1 + Page 18 Nghóa x = 2x n n -1 + 1, ta... (1) ta được: (n +1) [a(n +1) + b]3 n +1 n - 6n [an+b]3 + 9(n -1 ) [a(n -1 ) + b]3 n -1 = (18 n +12 )3 n Cho n nhận hai giá trị n = 0; n = ta hệ: Giải hệ ta a = 1; b = Thế vào (4) ta tìm nghiệm riêng (1) ... 2n(an+b) -3 (n -1 ) [a(n -1 ) +b] + (n-2)[a(n-2) + b] = 4n + Cho n laàn lượt nhận hai giá trị n = 0; n = ta hệ: Giải hệ ta a = 2; b = -1 Thế vào (4) ta tìm nghiệm riêng (1) là: x = n(2n - 1) n (5) Từ