Báo cáo một số công thức truy hồi

Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN – TIN BÁO CÁO MỘT SỐ CÔNG THỨC TRUY HỒI Giảng viên: Nguyễn Công Minh Sinh viên: Ngô Thị Hải Yến Lê Hải Vân Lớp: K68CLC MỤC LỤC A MỘT SỐ CÔNG THỨC TRUY HỒI CƠ BẢN .2 I Dãy affine: II Dãy truy hồi tuyến tính cấp hai thực với hệ số III Dãy truy hồi dạng: un1  f (un ) B BÀI TẬP ĐỀ XUẤT VÀ MỘT SỐ CÔNG THỨC MỞ RỘNG: 12 C MỘT SỐ BÀI TẬP ỨNG DỤNG CÔNG THỨC TRUY HỒI .31 D TÀI LIỆU THAM KHẢO 36 A MỘT SỐ CÔNG THỨC TRUY HỒI CƠ BẢN I Dãy affine: Dãy affine dãy (un )n0 trường K xác định un1  aun  b với a, b  K 1, Số hạng tổng quát +) a  1, ta có dãy cộng: un1  un  b , số hạng tổng quát là: un  u0  nb +) b  , ta có dãy nhân: un1  aun , số hạng tổng quát là: un  u0a n +) a  1, đặt  un  vn1  un1  b n  , đó: a 1 b b b  b   aun  b   a    b   avn  a 1 a 1 a 1 a 1  Như (vn )n0 trở thành dãy nhân công bội a ,  a nv0 n  b  b  n  Vậy un  a n  u0   a 1 a 1  Ví dụ 1: Cho dãy số (un ) xác định u1  un1  5un  với n  a) Chứng minh dãy số  un  cấp số nhân Hãy tìm số hạng tổng quát cấp số nhân b) Dựa vào kết phần a), tìm số hạng tổng quát dãy số (un )n1 (Đại số & Giải tích 11 nâng cao) Lời giải a) Ta có: vn1  un1   5un    5(vn  2)    5vn với n  Vậy (vn )n1 cấp số nhân công bội 5, v1  u1   Số hạng tổng quát (vn ) là:  5n1 v1 với n  b) Do  un  nên ta có un    5n1 v1   3.5n1  Vậy số hạng tổng quát dãy số (un ) là: un  3.5n1  với n  Tính tổng riêng hữu hạn n Đặt S (n)   ui , ta có: i 0 n n 1 n i 0 i 1 i 0 un1  S (n)  un1   ui  u0   ui  u0   (aui  b) n  u0  a  ui  (n  1)b  u0  aS (n)  (n  1)b i 0 Do (a  1) S (n)  un1  (n  1)b  u0 Vậy a  S (n)  un1  (n  1)b  u0 a 1 II Dãy truy hồi tuyến tính cấp hai thực với hệ số Đó dãy số thực có dạng un2  aun1  bun (*) n  , với a, b  Kí hiệu Da ,b : tập tất dãy thực Mệnh đề Da ,b - không gian vectơ chiều Chứng minh +) Dãy (0)n0 thỏa mãn (*), nên Da ,b   +) Với (un )n0 ,(vn )n0  Da ,b x, y  , với n  ta có: xun2  yvn2  x(aun1  bun )  y (avn1  bvn )  a( xun1  yvn1 )  b( xun  yvn ) Vậy x(un )n0  y (vn )n0  Da ,b Tức Da ,b lập thành - không gian vectơ +) Ta không gian vectơ có chiều U  1, U1  Kí hiệu (U n )n0 ,(Vn )n0  Da ,b hai dãy xác định   V0  0, V1   xU  yV0  Nếu x(U n )n0  y(Vn )n0  (0)n0 kéo theo  dẫn đến x  y  xU  yV   1 Vậy (U n )n0 ,(Vn )n0 độc lập tuyến tính Da ,b Lấy dãy tùy ý (un )n0  Da ,b , ta (un )n0  u0 (U n )n0  u1 (Vn )n0 (hay tương đương un  u0U n  u1Vn , n  ) phương pháp quy nạp Với n  0, n  , hệ thức  uk  u0U k  u1Vk Giả sử hệ thức cho với n  k n  k  1, tức  uk 1  u0U k 1  u1Vk 1 Ta có: uk 2  auk 1  buk  a(u0U k 1  u1Vk 1 )  b(u0U k  u1Vk )  u0 (aU k 1  bU k )  u1 (aVk 1  bVk )  u0U k 2  u1Vk 2  Hệ thức với n  k  (quy nạp xong) Vậy (U n )n0 ,(Vn )n0 sở Da ,b Vậy Da ,b không gian vectơ chiều Áp dụng mệnh đề này, ta cần tìm tất dãy thỏa mãn (*): un2  aun1  bun Xét phương trình ẩn t sau đây: t  at  b  (**), gọi phương trình đặc trưng (*) Kí hiệu biệt thức phương trình   a  4b TH1:   a  4b  , (**) có hai nghiệm thực phân biệt 1  Ta chứng minh (1n )n0 , ( 2n ) n0  sở Da ,b Thật ta xét phương trình x 1n n0  y  2n n0   n0 với x, y  Với n  ta có: x  y  (1) Với n  ta có: x.1  y.  (2) Từ (1) (2) ta suy x  y  Vậy (1n )n0 , ( 2n ) n0  độc lập tuyến tính Mặt khác ta có dim Da,b  nên (1n )n0 , ( 2n ) n0  sở Da,b Như nghiệm tổng quát (*) un  x1n  y 2n với n  ( x, y  ) Nhận xét: x y hoàn toàn xác định cho trước u0 u1 Ta tìm x, y  x  y  u0 cách giải hệ phương trình   x.1  y.  u1  f  0, f1  Ví dụ 1: Tính số hạng tổng quát dãy ( f n )n0 :   f n2  f n1  f n n  (dãy Fibonacci) (Tài liệu tham khảo 1) Lời giải Phương trình đặc trưng t  t   có    , có hai nghiệm thực phân biệt 1  1 1 , 2  2 Do số hạng tổng quát dãy cho có dạng: n n 1  1  fn  x    y  với n  2       x  y   x   Vì f0  0, f1  nên ta có 1   1 x y 1    y  2   Vậy số hạng tổng quát dãy Fibonacci là: n n 1  1    fn      , n         TH2:   a  4b  , (**) có nghiệm kép thực  Ta chứng minh ( n )n0 , (n n1 )n0  sở Da ,b Thật ta xét phương trình x  n n0  y  n n1 n0   n0 với x, y  Với n  ta có: x  (1) Với n  ta có: x.  y  (2) Từ (1) (2) ta suy x  y  Vậy ( n )n0 , (n n1 )n0  độc lập tuyến tính Mặt khác ta có dim Da,b  nên ( n )n0 , (n n1 )n0  sở Da ,b Như nghiệm tổng quát (*) un  x n  yn n1 với n  ( x, y  ) (quy ước 01  ) Q0  Q1  Ví dụ 2: Tính số hạng tổng quát dãy (Qn )n0 :  Qn2  4Qn1  4Qn n  (Tài liệu tham khảo 1) Lời giải Phương trình đặc trưng t  4t   có   , có nghiệm kép thực t  Do số hạng tổng quát dãy cho có dạng: Qn  2n x  2n1 ny với n  x   x 1 Từ Q0  Q1  ta có hệ phương trình   2 x  y   y  1 Vậy Qn  2n  n2n1 với n  TH3:   a  4b  Khi phương trình (**) có nghiệm phức khơng thực, liên hợp z1, z2 Ta tạm xét (*) trường số phức Chứng minh tương tự ta thấy tập tất dãy số phức thỏa mãn (*) lập thành không gian vectơ  chiều Giống TH1, ta rút nghiệm tổng quát (*) ( x.z1n  y.z2n )n0 với x, y  +) Đặt z  z1 , ta Da,b  x.z n  x.z n x   Thật ta có:  tập dãy số thực   x.z  x.z  Da,b  x.z n  x.z n x  n Ngược lại lấy (un )n0  Da,b  (un )n0  A  c, d  cho un  c.z1n  d z2n , n  Do z1  z, z2  z nên un  c.z n  d z n c  d  Do u0 , u1  nên   c.z  d z  c  d  c  d  c  d    c.z  d z  c.z  d z  c.z  d z n x  D a ,b c  d  c  d  c  d c  d        (c  d ).z  (c  d ).z  (c  d ).z  (c  d ).z   un  c.z n  c.z n n   Da,b  x.z n  x.z n x   Vậy Da,b  x.z n  x.z n x   c  d hay d  c   +) Giả sử x viết dạng tắc x  ( p  qi), r  z ,  arg z Khi ta có: 1  2Re( xz n )  2Re  ( p  qi).r n (cos n  i sin n )   Re  ( p  qi).r n (cos n  i sin n )   r n ( p cos n  q sin n )    Da,b  r n ( p cos n  q sin n ) ( p, q)   Vậy un  r n ( p cos n  q sin n ), ( p, q)  , n  Từ điều ta suy thuật toán: Bước 1: Giải phương trình t  a.t  b  nhận nghiệm phức a  i  Bước 2: Đặt r  z ,  arg z , ta nhận un  r n ( p cos n  q sin n ), ( p, q)  Bước 3: Xác định ( p, q)  2 , n  u  p theo giá trị u0 , u1 :  u1  r.( p cos   q sin  ) Ví dụ 3: Tính số hạng tổng quát dãy ( Pn )n0 xác định P0  , P1  Pn2  2Pn1  4Pn với n  (Tài liệu tham khảo 1) Lời giải Phương trình đặc trưng x2  x   có nghiệm phức: z1  1  3i, z2  1  3i Ta thấy z  2,arg z  2 , số hạng tổng quát dãy cho có dạng  Pn  2n  p cos  2n 2n   q sin với n  ( p, q ) 3  p 0  Từ P0  , P1  1, ta có hệ phương trình   2 2 2  p cos  q sin   Vậy Pn  2n p 0     1 q     2n  sin   với n    III Dãy truy hồi dạng: un1  f (un ) Trong phần ta nghiên cứu tính chất dãy truy hồi phụ thuộc vào f u0 Giả sử f : M  M ánh xạ cho trước, u0  M f đơn điệu M : TH1: f tăng M Do un1  un  f (un )  f (un1 ) nên (un1  un ) dấu (un  un1 ) Tiếp tục ta có (un1  un ) dấu với (u1  u0 ) Vậy Nếu u0  u1 (un )n0 dãy tăng Nếu u0  u1 (un )n0 dãy giảm TH2: f giảm M Xét ánh xạ f  f  f hàm tăng M Ta áp dụng trường hợp hàm tăng Nếu u0  u2 dãy (u2n )n0 dãy tăng dãy (u2n1 )n0 dãy giảm Ta giả sử g (n)  am xm   a1.x  a0 đa thức bậc m thỏa mãn f (n)  g (n)  a.g (n 1)  b.g (n  2) Khí hệ số x m xm1 khai triển (1 a  b).am m.am (a  2b)  (1 a  b).am1 (i) Nếu phương trình x  ax  b  có nghiệm phân biệt khác Khi 1 a  b  nên vế phải (*) đa thức bậc m Mặt khác đồng nhật bậc vế ta g (n) đa thức bậc k Sau ta tìm g (n) cách đồng hệ số vế phương trình f (n)  g (n)  a.g (n 1)  b.g (n  2) (ii) Nếu phương trình x  ax  b  có nghiệm phân biệt có nghiệm Khi  a  b  nên vế phải (*) có bậc m 1 Mặt khác đồng nhật bậc vế ta g (n) đa thức bậc k  Sau ta tìm g (n)  n.h(n) với h(n) đa thức bậc k cách đồng hệ số vế phương trình f (n)  n.h(n)  a.(n 1).h(n 1)  b.(n  2).h(n  2) (iii) Nếu phương trình x  ax  b  có nghiêm kép x  Khi a  2, b  1 nên  a  b  a  2b  , suy vế phải (*) có bậc m  Mặt khác đồng nhật bậc vế ta g (n) đa thức bậc k  Sau ta tìm g (n)  n2 h(n) với h(n) đa thức bậc k cách đồng hệ số vế phương trình f (n)  n2 h(n)  a.(n 1)2.h(n 1)  b.(n  2)2.h(n  2) Ví dụ 2.5: Tính số hạng tổng quát dãy  un n0 xác định u0  , u1  un2  2un1  4un  7.3n với n  Lời giải: Ta có: un  2un1  4un  7.3n  un  3n   un1  3n 1    un  3n  22 Ta đặt  un  3n , n  Khi ta có dãy số (vn )n0 xác định v0  1, v1  vn2  2vn1  4vn Phương trình đặc trưng: x2  x   có nghiệm phức z1   3i, z2   3i Ta thấy z  2,arg z   2n  p cos   , số hạng tổng quát dãy cho có dạng n n  q sin  với n  ( p, q ) 3   p 1  p 1    Do v0  1, v1  , ta có hệ phương trình     q  2  p cos  q sin      n   n     3sin    với n        Vậy  2n. cos    n   n   n   3sin     với n       un  2n. cos   Nhận xét: Từ ví dụ ta suy cách giải tổng qt tốn tìm số u  x , u  x hạng tổng quát dãy  un n0 xác định  0 1 , n u  a u  b u  c  ,  n   n 1 n2  n a, b, c,  Phương pháp giải: Ý tưởng: (i) Nếu  khơng nghiệm phương trình x  ax  b  ,   a.  b  Ta phân tích c. n  k. n  a.k. n1  b.k. n2 Cho n  , ta có: c.  k.(  a.  b) , suy k  Ta đặt  un  k. n 23 c.   a.  b v  u  k , v1  u1  k  Khi ta có dãy số (vn )n0 xác định  0 vn  a.vn 1  b.vn 2 , n  Ta thấy dãy (vn )n0 trở thành dãy truy hồi tuyến tính cấp hai với hệ số Từ ta tìm cơng thức tổng qt dãy (vn )n0 thơng qua phương trình đặc trưng x  ax  b  (ii) Nếu phương trình x  ax  b  có nghiệm phân biệt có nghiệm  Khi   a.  b  ta tìm k thỏa mãn: c. n  k.n. n  a.k.(n 1). n1  b.k.(n  2). n2 Cho n  , ta có: c.  k.(2  a. )  k  c. 2  a Ta đặt  un  k.n. n v  u , v  u  k Khi ta có dãy số (vn )n0 xác định  0 1 vn  a.vn 1  b.vn 2 , n  Ta thấy dãy (vn )n0 trở thành dãy truy hồi tuyến tính cấp hai với hệ số Từ ta tìm cơng thức tổng qt dãy (vn )n0 thơng qua phương trình đặc trưng x  ax  b  (iii) Nếu phương trình x  ax  b  có nghiêm kép x   Khi a  2 , b     a.  b  Ta tìm k thỏa mãn c. n  k.n2  n  a.(n 1)2. n1  b.(n  2)2. n2 Cho n  , ta có: c.  k.(4  a. )  k  c. c.  4  a. 4  a Ta đặt  un  k.n2  n v  u , v  u  k Khi ta có dãy số (vn )n0 xác định  0 1 vn  a.vn 1  b.vn 2 , n  24 Ta thấy dãy (vn )n0 trở thành dãy truy hồi tuyến tính cấp hai với hệ số Từ ta tìm cơng thức tổng quát dãy (vn )n0 thông qua phương trình đặc trưng x  ax  b   u0  1, v0   Ví dụ 2.6: Cho hai dãy số (un )n0 , (vn )n0 : un1  4un  2vn  v u v  n1 n n Tìm số hạng tổng quát (un )n0 (vn )n0 Lời giải Ta có: un1  4un  2vn  4un  2(un1  vn1 )  4un  2un1  2vn1  4un  2un1  (4un1  un )  5un  6un1 u0  1, u1  Từ u1  4u0  2v0  , ta có:  un1  5un  6un1 n  Phương trình đặc trưng t  5t   có hai nghiệm phân biệt 1  3,   Do số hạng tổng quát dãy (un )n0 có dạng: un  x.2n  y.3n  x  y 1  x 1  Từ u0  1, u1  ta có:  Vậy un  2n với n  2 x  y   y  4un  un1 4.2n  2n1   2n Vậy  2n với n  Từ đó:  2 Nhận xét: Từ ví dụ ta suy cách giải tổng quát toán xác định số hạng tổng quát (un )n0 ,(vn )n0 thỏa mãn hệ truy hồi dạng u0  a, v0  b  un 1  p.un  q.vn , n  với a, b, p, q, r, s số thuộc v  r.u  s.v , n  n n  n 1 25 Phương pháp giải: Ta có un2  p.un1  q.vn1  p.un1  q.(r.un  s.vn )  p.un1  q.r.un  s.(un1  p.un )  ( p  s)un1  (qr  ps)un Ta tính u1  pa  qb Nên ta có dãy truy hồi tuyến tính cấp (un )n0 xác định u  a, u1  pa  qb bởi:  un  ( p  s)un1  (qr  ps)un Vậy ta suy công thức tổng quát dãy (un )n0 theo phương pháp tìm nghiệm phương trình đặc trưng nêu phía Ta tìm cơng thức tổng qt (vn )n0 cách thay công thức tổng quát (un )n0 vào phương trình un1  p.un  q.vn Ví dụ 2.7: Tính số hạng tổng quát dãy (un )n0 xác định u0  , u1  un  un un1 với n  3un  4un1 Lời giải: +) Bằng phương pháp quy nạp ta dễ thấy un  , n  +) Ta có un  3un  4un1 un un1     un  un un 1 un 1 un 3un  4un1 Đặt  Khi ta có un  v0  , v1   v  3v  4u n 1 n  n2 Phương trình đặc trưng: x2  3x   có nghiệm phức z1   i, z2   i 26 Ta thấy z  2,arg z   2n  p cos   , số hạng tổng quát dãy cho có dạng n n  q sin  với n  ( p, q ) 6  1   p p   2 Do v0  , v1  , ta có hệ phương trình    2  p cos   q sin    q     6    1 n   n   Vậy  2n. cos    sin    với n        un  với n    n   n      2n. cos    sin        2 Ví dụ 3.1: Khảo sát dãy số (un )n0 xác định u0  un1   un với un  n  Lời giải +) Dễ thấy dãy số (un )n0 dãy số dương theo quy nạp +) Do f ( x)   x x 1  hàm giảm, u0  u2    3   nên dãy  (u2n )n0 dãy giảm, dãy (u2 n1 )n0 dãy tăng (*) +) Dễ thấy (un )n0 nằm  2,3 (do (*)) f ( x)   tục  2,3 27 x x 1 ánh xạ liên Do dãy số (u2 n )n0 có giới hạn a (u2 n1 )n0 có giới hạn b với  a, b  a  f (b) thỏa mãn hệ phương trình   2,3 Giải hệ phương trình ta thu b  f (a) 93 Vậy dãy số (un )n0 hội tụ đến a b 93 u0   Ví dụ 3.2: Cho dãy số (un )n0 xác định  un 1  un    2un , n     Chứng minh dãy (un )n0 hội tụ tính lim un Lời giải +) Ta chứng minh theo quy nạp dãy số (un )n0 cho dãy số dương Với n  ta có mệnh đề Với n  : u1  5  nên ta có mệnh đề Giả sử mệnh đề đến n , ta chứng minh với n  Thật ta có un1    u    2un  un 1  (do un  ) n Vậy dãy số (un )n0 dãy số dương +) Do f ( x)    x    x hàm tăng, u1  u0 nên dãy (un )n0 dãy tăng thực +) Ta chứng minh dãy số (un )n0 bị chặn trên, cụ thể ta chứng minh un  4, n  quy nạp Với n  : mệnh đề 28 Với n  : u1  5  nên ta có mệnh đề Giả sử mệnh đề đến n , ta chứng minh với n  Thật ta có Do f ( x)    x    x hàm tăng nên un1  f (un )  f (4)  Vậy un  4, n  Dãy (un )n0 dãy tăng thực bị chặn nên (un )n0 hội tụ đến a , với a nghiệm phương trình f ( x)  x , tức ta có:   a    2a  4a    2a  a 1   2a a    a 1   2a   a  a Thay vào phương trình ban đầu  a  Ví dụ 3.3: Khảo sát hội tụ tinh giới hạn (nếu có) dãy (un )n0 với u0  a  1 un1    un   un  1 với n Lời giải: +) Ta chứng minh un  1, n  theo quy nạp Với n  : u0  a  1 nên ta có mệnh đề Với n  : Nhận xét: Hàm g ( x)    x   x   hàm đồng biến [1; ) nên ta có u1  g (u0 )  g (1)  1 Vậy mệnh đề Giả sử mệnh đề đến n , ta chứng minh với n  Thật ta có: 29 Hàm g ( x)    x   x   hàm đồng biến [1; ) nên ta có un1  g (un )  g (1)  1 Vậy mệnh đề với n  Vậy un  1, n  Ta có: un 1        2 1 un   un  1  un 1   un   un    un 1   un   un   9 +) Ta đặt  un  Khi ta có dãy (vn )n0 v0  a   b   với  vn 1    , n     Bằng quy nạp ta dễ thấy (vn )n0 dãy số dương Đặt f ( x)   x  x  1 , ta thấy phương trình f ( x)  x có nghiệm x  Lại f hàm tăng từ [0; ) vào f ([0;1])  [0;1]; f ([1; ))  [1; ) Vì ta cần xét khả sau: Khả 1: a [1;0] , tức b[0;1] Dễ thấy v1  b  b  1  b  v0 , dãy cho dãy tăng, bị chặn Trường hợp dãy (vn )n0 hội tụ 1, tức dãy (un )n0 hội tụ Khả 2: a (0; ) , tức b (1; ) Lúc dãy (vn )n0 dãy tăng Vì hội tụ (vn )n0 phải hội tụ b  Mặt khác b nghiệm phương trinh f ( x)  x (mâu thuẫn) Trường hợp dãy (vn )n0 không hội tụ, tức dãy (un )n0 không hội tụ 30 C MỘT SỐ BÀI TẬP ỨNG DỤNG CÔNG THỨC TRUY HỒI Ví dụ 4.1: Có xâu nhị phân có độ dài n khơng có hai bít đứng cạnh (Tài liệu tham khảo 3) Lời giải Gọi cn số xâu nhị phân có độ dài n thỏa mãn điều kiện đề Khi ta có c1  2, c2  Xét xâu nhị phân có độ dài n thỏa mãn yêu cầu đề có dạng an an1 a1 Khi ta xét trường hợp TH1: an  Khi an1  an2 a2a1 chọn xâu có độ dài n  thỏa mãn điều kiện đề Vậy trường hợp có cn2 xâu TH2: an  Khi an1 a2a1 chọn xâu có độ dài n 1 thỏa mãn điều kiện đề Vậy trường hợp có cn1 xâu Vậy tổng cộng ta có cn1  cn2 xâu, tức cn  cn1  cn2 c  2, c2  Ta xét dãy số (cn )n1 xác định  cn  cn 1  cn 2 , n  Vậy (cn )n1 dãy truy hồi tuyến tính cấp Từ dễ dàng tìm cơng thức tổng qt (cn )n1   1  là: cn      n 1   1       n 1 Ví dụ 4.2: Xét  x0 , x1, , xn  với xi 0,1,2 Gọi an số dãy mà số phần tử dãy bội Tính an (Tài liệu tham khảo 3) 31 Lời giải Gọi bn , cn số dãy số phần tử dãy số mà chia cho có số dư Xét dãy  x0 , x1, , xn  với xi 0,1,2 mà số phần tử dãy bội Nếu x0 0,2  x0 , x1, , xn  có số phần tử bội 3, trường hợp có 2.an1 dãy Nếu x0   x0 , x1, , xn  có số phần tử số chia dư 2, trường hợp có bn1 dãy Như ta có hệ thức an  2an1  bn1 Tương tự ta chứng minh bn  2bn1  cn1 cn  2cn1  an1 Ta có số dãy  x0 , x1, , xn  với xi 0,1,2 3n1 Do an  bn  cn  3n1 Từ hệ thức ta suy an1  3an  3an1  3n a1  4, a2  Từ áp dụng nhận xét ví dụ 2.5 ta tìm an Ví dụ 4.3 (Romania 2003): Cho số nguyên dương n Có số tự nhiên có n chữ số lập từ số thuộc tập 2;3;7;9 chia hết cho 3? Lời giải Gọi an , bn số số tự nhiên có n chữ số chia hết cho không chia hết cho lập từ số 2;3;7;9 Xét phần tử có n chữ số lập từ 2;3;7;9 chia hết cho có cách thêm vào chữ số cuối để phần tử có n  chữ số lập từ 2;3;7;9 chia hết cho có cách thêm vào chữ số cuối để phần tử có n  chữ số lập từ 2;3;7;9 không chia hết cho 32 Xét phần tử có n chữ số lập từ 2;3;7;9 khơng chia hết cho có cách thêm vào chữ số cuối để phần tử có n  chữ số lập từ 2;3;7;9 chia hết cho có cách thêm vào chữ số tận để phần tử có n  chữ số lập từ 2;3;7;9 không chia hết cho Vậy ta có an1  2an  bn bn1  2an  3bn Khi ta có dãy (an )n1 xác định a1  2, a2   an   5an 1  4an , n  Vậy dãy (an )n1 dãy truy hồi tuyến tính cấp Ta dễ dàng suy công thức tổng 4n  quát (an )n1 Ví dụ 4.4: Có n người ngồi thành hàng ngang vào n ghế Hỏi có cách lập hàng cho n người mà cách lập hàng mới: người giữ nguyên vị trí mình, đổi chỗ cho người liền bên trái, đổi chỗ cho người liền bên phải (Tài liệu tham khảo 3) Lời giải Đánh số thứ tự vị trí ghế từ trái qua phải 1, 2,3, , n Gọi Sn số cách lập hàng cho n người thỏa mãn đề Dễ thấy S1  1, S2  Với n  Xét cách lập hàng thỏa mãn điều kiện Có hai loại hàng lập: Loại 1: Người vị trí số giữ nguyên vị trí Rõ ràng số hàng lập loại Sn1 cách Loại 2: Người vị trí số đổi chỗ, người vị trí số xếp vào vị trí số người vị trí phải chuyển sang vị trí Số hàng loại Sn2 Từ ta có Sn  Sn1  Sn2 , n  33 a1  1, a2  Khi ta có dãy (Sn )n1 xác định  an   an 1  an , n   1      Từ dễ dàng tìm Sn        , n       n 1 n 1 Ví dụ 4.5 (IMO – 2011): Giả sử n > số nguyên Cho cân đĩa cân có trọng lượng 20 ,21, ,2n1 Ta muốn đặt lên cân n cân, một, theo cách để đảm bảo đĩa cân bên phải không nặng đĩa cân bên trái Ở bước ta chọn cân chưa đặt lên đặt lên đĩa bên phải, đĩa bên trái, tất cân đặt lên đĩa Hỏi có cách để thực việc đặt cân theo mục đích đề ra? Lời giải Gọi Sn số cách thực việc đặt n cân lên đĩa thỏa mãn yêu cầu đề Xét cách đặt n  cân có trọng lượng 20 ,21, ,2n Do 20  21   2n1  2n 1  2n nên cách đặt cân thỏa mãn cân có trọng lượng 2n ln đặt đĩa cân bên trái Nếu cân 2n chọn để đặt cuối (chỉ có cách đặt, 2n đặt lên đĩa bên trái) số cách đặt n cân lại Sn Nếu cân 2n đặt bước thứ i (i  1,2, , n) Do có n cách chọn i, trường hợp cân có trọng lượng 2n1 có cách đặt (đặt lên đĩa bên phải hay đĩa bên trái thỏa mãn) Do số cách đặt n  cân trường hợp 2n.Sn Vậy ta có hệ thức truy hồi Sn1  Sn  2n.Sn  (2n 1)Sn Ta có S1  nên Sn  (2n 1)(2n  3) 3.1 Ví dụ 4.6 (Bài tốn Tháp Hà Nội với ba cọc n đĩa) Có n đĩa kích thước nhỏ dần (từ lên trên) xếp chồng lên cọc, đĩa lớn dưới, đĩa nhỏ Ngồi cọc chứa đĩa cịn có hai cọc trống khác Hãy chuyển đĩa sang cọc khác với số lần chuyển (xác định số lần chuyển đó) tuân theo hai qui tắc sau: 1) Mỗi lần chuyển đĩa từ cọc sang cọc khác dùng cọc thứ ba làm cọc trung gian 2) Không xếp đĩa lớn lên đĩa nhỏ 34 Lời giải Giả sử toán với n  đĩa giải, tức ta chuyển (tuân theo qui tắc trên) n  đĩa từ cọc sang cọc Khi để giải toán với n đĩa trước tiên ta giải toán với n  đĩa từ cọc sang cọc Sau chuyển đĩa lớn từ cọc sang cọc Cuối cùng, lại chuyển n  đĩa từ cọc lên cọc (chồng lên đĩa lớn nhất) toán giải xong Giả sử số bước cần chuyển toán Tháp Hà Nội với ba cọc n đĩa (theo quy tắc trên) Ln L1  1, L2  Ln  2Ln1 1 Từ ta dễ thấy Ln  2n 1 Ví dụ 4.7: Tính tổng Sn  12  22   n với n số tự nhiên, n  Lời giải Ta có: S1  1, Sn  Sn1  n Phân tích n  g  n   g  n  1 , với g (n) đa thức bậc có hệ số tự Giả sử g  n   an3  bn  cn Ta có: n  an3  bn  cn  a(n  1)3  b(n  1)2  c(n  1) 1 Đồng hệ số ta a  , b  , c  1  1 Đăt Gn  Sn   n3  n  n   Gn  Gn1  Gn  G1   3 2n3  3n2  n n(n  1)(2n  1)  Sn  n  n  n   6 35 D TÀI LIỆU THAM KHẢO Giáo trình Đại số sơ cấp – Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ, NXB Đại học Sư phạm Một số toán chọn lọc dãy số - Nguyễn Văn Mậu https://lovetoan.wordpress.com/2018/12/01/day-so-nguyen-van-mau/ Đếm truy hồi - CLB Toán Trường Chuyên Lương Thế Vinh (violet.vn) 36 ... B BÀI TẬP ĐỀ XUẤT VÀ MỘT SỐ CÔNG THỨC MỞ RỘNG: 12 C MỘT SỐ BÀI TẬP ỨNG DỤNG CÔNG THỨC TRUY HỒI . 31 D TÀI LIỆU THAM KHẢO 36 A MỘT SỐ CÔNG THỨC TRUY HỒI CƠ BẢN I Dãy affine: Dãy... n ? ?1 (n  1) !  n ? ?1 i2 i2  1? ??  i  (i  1) ! i ? ?1 (i  1) ! n ? ?1 Suy công thức tổng quát dãy  n0  v0    n ? ?1  Vậy công thức tổng quát dãy (un )n0 un  ? ?1   i  n!  i ? ?1 (i  1) !... thuyết: Công thức truy hồi biểu thức tuyến tính với hệ số biến thiên Câu hỏi đặt hệ số hệ số mà biểu thức n cơng thức tổng qt dãy số tính cách nào? Việc tìm cơng thức tổng quát công thức truy hồi