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
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (274.55 KB, 10 trang )
Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia
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
n 2 n 1 n
u au bu
(*) 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:
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 mọi
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 mọi
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 (pcosn qsin n )
với mọi p, q là 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 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
1 2
t ,t
khi đó theo định lí Vi-et 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 )
.
Như vậy
n
n 1 1 n 2 1 1 0
u t u t (u t u )
(1);
Tương tự
n
n 1 2 n 1 1 2 0
u t u t (u t u )
(2). Trừ từng vế (2) cho (1) ta có:
Chuyờn ụn thi hc sinh gii Quc gia
n n
1 2 n 1 2 0 1 1 1 0 2
(t t )u (u t u )t (u t u )t
. Do
1 2
t t
nờn
n n
1 2 0 1 1 0
n 1 2
1 2 1 2
(u t u ) (u t u )
u t t
t t t t
.
Vy
n
u
cú dng
n n
n 1 2
u x.t y.t
vi x,y l hai s thc.
Trng hp 2:
0
khi ú
2
a
b
4
, (**) cú nghim kộp
a
t
2
. Ta cú
2 n
n 1 n n 1 n 1 n n n 1 1 0
u 2t.u t u u tu t(u tu ) t (u tu )
Nh vy
n
n 1 n 1 0
u tu t (u tu )
(3);
Tng t
n 1
n n 1 1 0
u tu t (u tu )
(4);
n 2
n 1 n 2 1 0
u tu t (u tu )
(5);
.
1 0 1 0
u tu u tu
(n+3).
Nhõn hai v ca (4) vi t, hai v ca (5) vi
2
t
, , hai v ca (n+3) vi
n
t
v cng li ta
c:
n 1 n
n 1 0 1 0
u t .u n.t .(u tu )
. Do ú
n
u
cú dng
n n 1
xt yn.t
vi x, y l hai s
thc.
II. CC V D:
Vớ d 1: Xác định số hạng tổng quát của dãy số thoả mãn:
0 1
n 2 n 1 n
u 1,u 2
.
1 2
u u u , n 0
3 3
Gii:
Phng trỡnh c trng
2
1 2
t t 0
3 3
ca dóy cú hai nghim thc phõn bit l
1 2
2
t ,t 1
3
. Do ú
n
n
n
2
u x. y.( 1)
3
vi
x,y
. Ta li cú:
0
1
x y 1
9
x
u 1
5
2
u 2
4
x y 2
y
5
3
. Vy
n n
n
9 2 4
u ( ) ( 1) , n 0.
5 3 5
Trong cụng thc tng quỏt (*), khi chn nhng giỏ tr a v b thớch hp ta cú th a ra
toỏn thuc vo trng hp 2 v 3 c núi n trờn. Hoc l bng cỏch bin i
n
u
ta cng
cú th a ra c nhng toỏn khỏ hay. Chng hn trong bi trờn:
Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia
*) Đặt
n
n
1
u
v
,
0 0 1 1
1
u 1 v 1;u 2 v
2
.
n n 1
n 2 n 1 n n 2
n 2 n 1 n n n 1
1 2 1 1 2 3v v
u u u v , n 0
3 3 v 3v 3v v 2v
.
Như vậy ta có đề toán mới như sau:
Xác định số hạng tổng quát của dãy số thoả mãn:
0 1
n n 1
n 2
n n 1
1
v 1,v
2
3v v
v , n 0.
v 2v
*) Đặt
n n
u ln v
,
2
0 0 1 1
u 1 v e;u 2 v e .
2
n
3
n 2 n 1 n n 2 n 1 n n 2
n 1
1 2 1 2 v
u u u lnv lnv ln v v , n 0
3 3 3 3 v
.
Như vậy ta có đề toán mới như sau:
Xác định số hạng tổng quát của dãy số thoả mãn:
2
0 1
2
n
3
n 2
n 1
v e,v e
v
v , n 0.
v
Ví dụ 2: Tìm
n
u
biết
1
2
n 1 n n
u
u a.u b.u c
. Trong đó:
2
a b 1, 0,a 1
.
Giải:
Từ (*)
2 2
n 1 n n n 1 n n
u a.u b.u c u a.u b.u c 0
2 2 2 2 2 2
n 1 n n n 1 n n 1 n n
(u a.u ) b.u c u 2.a.u .u a u b.u c
2 2 2 2 2
n 1 n n 1 n n 1 n n 1 n
u 2.a.u .u u (a b) c u 2.a.u .u u c
n 1
2 2 2 2
n 1 n n 1 n n n n 1 n 1
u 2.a.u .u u u 2.a.u .u u
2 2
n 1 n 1 n n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n n 1
u u 2.a.u (u u ) (u u ).(u 2.a.u u ) 0
(**)
Bằng quy nạp ta CM được:
1 2 n n 1 n 1
u u u u u 0
n 1 n n 1
u 2.a.u u 0
Từ đó:
2
1 2
n 1 n n 1
u ;u a. b. c
u 2.a.u u 0
Ta tính được
n
u
theo dạng (1).
Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia
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
n
(u )
thoả mãn
0 1
n 2 n 1 n
u 0;u 1
.
1
u u u ,n 0
2
Tìm
n
limu
.
Giải:
Phương trình đặc trưng của dãy là
2
1
t t 0
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
2 n n
u (x.cos ysin ),n 0;x,y .
2 4 4
Từ giả thiết
0 1
u 0;u 1
ta suy ra x= 0; y= 2. Vậy số hạng tổng quát của dãy là
n
n n
n
n 2 2 n
u 2sin ( ) sin ,limu 0
4 2 4
( 2)
vì
n
n
2
| u | 0.
( 2)
Ví dụ 2: Cho dãy
n
(x )
thoả mãn
0 1
n 1 n n 1
x 1;x 5
.
x 6x x , n 1
Hãy tìm
n n
limx { 2x }.
Giải:
Bằng phương pháp xác định số hạng tổng quát ở trên, ta xác đinh được số hạng tổng quát
của dãy là
n n
n
2 2 2 2
x ( )(3 2 2) (3 2 2)
4 4
. Hay
2n 1 2n 1
n
1 1
x ( 2 1) ( 2 1)
2 2 2 2
2n 1 2n 1
n
2n 1 2n 1 2n 1
n
2n 1 2n 1
2n 1 k 2n 1 k k 2n 1 k k
n 2n 1 2n 1
k 0 k 0
1 1
2x ( 2 1) ( 2 1)
2
2 2
1
2x ( 2 1) ( 2 1) ( 2 1)
2
1
2x ( 2 1) C ( 2) C ( 2) ( 1)
2
Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia
2n 1 n
2t 1 2n 1 2k 1 2t 1 (n t)
2n 1 2n 1
2t 1 1 t 0
C ( 2) C 2 .
n
2n 1 2t 1 (n t)
n 2n 1
t 0
2x ( 2 1) C 2
n
2n 1 2t 1 n t
n 2n 1
t 0
2n 1 2n 1
n n n
0 2 1 1 0 ( 2 1) 1 2x C .2
2x 2x ( 2 1) 2x ( 2 1)
2(2n 1) 4n 2
n n
4n 2
n n
1 1
x 2x (1 ( 2 1) ) (1 ( 2 1) )
2 2 2 2
1 1 1
limx 2x lim( 2 1) .
2 2 2 2 2 2
Ví dụ 3: Cho dãy số
n
u
được xác định như sau:
n n
n
(2 3) (2 3)
u ;n 0,1,2
2 3
a. Chứng minh rằng
n
u
là số nguyên với mọi n = 0, 1, 2, ….
b. Tìm tất cả số hạng của dãy chia hết cho 3.
Giải:
a) Với
0 1
n 0 u 0;n 1 u 1.
Đặt
2 3; 2 3
, ta có
4
. 1
Dễ thấy
n
u
là số hạng tổng quát của dãy số cho bởi công thức:
0 1
n 2 n 1 n
u 0;u 1
u 4u u 0
Do
0 1
u 0;u 1
;
n 2 n 1 n
u 4u u
nên
n
u
,
n 0,1,
.
b) Ta có
n 2 n 1 n 1 n
u 3u (u u )
. Do
n 1
u
nên
n 2 n 1 n
u u u
(mod 3).
Bằng phép tính trực tiếp ta thấy 8 số hạng đầu tiên của dãy
0 1 7
u ,u , ,u
khi chia cho 3 có
các số dư tương ứng là 0,1,1,0,2,2,0,1. Suy ra
n 6 n
u u
(mod 3).
Từ đó ta thấy trong dãy số nói trên mọi số hạng có dạng
3k
u
, k=0,1,2… chia hết cho 3 và
chỉ những số hạng ấy mà thôi.
Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia
Ví dụ 4: (Thi HSG QG năm 2011): Cho dãy số nguyên
n
(a )
xác định bởi: a
0
= 1,
1 n n 1 n 2
a 1,a 6a 5a
với mọi
n 2
. Chứng minh rằng
2012
a 2010
chia hết cho
2011.
Giải:
Cách 1: Xét dãy (
n
b
) được xác định như sau:
0 1 n n 1 n 2
b 1;b 1;b 6b 2016b
, với mọi
n 2
.
Dãy này có phương trình đặc trưng là
2
x 6x 2016 0
có hai nghiệm là
x = -42, y = 48. Từ đây suy ra số hạng tổng quát của dãy là
n n
n
41.48 49.( 42)
b , n .
90
Ngoài ra, ta cũng dễ dàng chứng minh bằng qui nạp rằng
n n
a b (mod2011), n .
Do đó ta chỉ cần chứng minh
2012
b 1 0(mod2011)
. Ta có:
2012 2012
2012
41.48 49.( 42) 90
b 1 .
90
Do 2011 là số nguyên tố và 2011, 90 là hai số nguyên tố cùng nhau nên ta chỉ cần chứng
minh:
2012 2012
41.48 49.( 42) 90 0(mod2011).
(1)
Mà theo định lí Fermat nhỏ , ta có
2012 2012 2 2
41.48 49.( 42) 90 41.48 49.42 90(mod2011)
= 90.
2
b
+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
2
x 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
n n
(7 2 14)(3 14) (7 2 14)(3 14)
14
n 1 n 1
n n
( 7 14)(3 14) (7 14)(3 14)
14
u 2v .
Trong đó
n 1 n 1 n 1 n 1
n n
(3 14) (3 14) (3 14) (3 14)
u ,v
2
2 14
Sử dụng công thức khai triển nhị thức Niu-Tơn, ta có
Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia
1005 1005
2k 2011 2k k 2011 2k 2011 2k k
2012 2011 2011
k 0 k 1
u C 3 14 3 C 3 14 .
Do 1<2k<2011 với
1 k 1005
và 2011 là số nguyên tố nên
2k 1
2k
2010
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
n
v
, ta cũng sử dụng khai triển Niu-Tơn và thu được
1006 1005
2k 1 2012 2k k 1 2k 1 2012 2k k 1
2012 2011 2011
k 1 k 1
v C 3 14 C 3 14 .
Đến đây, cũng bằng cách sử dụng tính nguyên tố của 2011, ta thấy
2k 2
2k 1
2010
2011
C
C 2011 2011
2k 1
Với
k 1,2, ,1005
. Vì vậy
1005
2012
v 14
(mod 2011).
Do
2 2
14 2025 2011 45 2011 45
(mod 2011) nên áp dụng định lí Fermat
nhỏ, ta có
1005 2010
14 45 1
(mod 2011).
Suy ra
2012
v 1
(mod 2011). (3)
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 (
n
u
) xác định:
1
2
n 1 n n 1
u 7
u 50
u 4.u 5.u 1975 1
CMR:
1996
u
chia hết 1997
Giải:
Tìm công thức xác định số hạng TQ:
Xét dãy
n n n 1 n n 1
1975
x u x 4.x 5.x
8
Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia
Giải PT đặc trưng:
2
X 1
X 4.X 5 0
X 5
n n
n n
n n
1747 2005 1747.( 1) 2005.( 1) 1975
x .5 ( 1) . u
30 3 120 8
1996
1996
1747.5 49675
u
120
1996
1996
u .120 1747.(5 1) 1997.24
Suy ra
1996
u
chia hết 1997 vì
1996
5 1
(mod 1997)
Ví dụ 6: Cho dãy số
n
a
:
0
2
n 1 n n
a 2
a 4a 15a 60
Chứng minh rằng số
2n
1
A (a 8)
5
có thể biểu diễn thành tổng bình phương của ba số
nguyên liên tiếp với mọi
n 1
.
Giải:
2
n 1 n n
2 2
n 1 n n
a 4a 15a 60
(a 4a ) 15a 60
2 2
n 1 n 1 n n
a 8a a a 60 0
(1)
Áp dụng biểu thức trên với n ta có
2 2
n n 1 n n 1
a 8a a a 60 0
(2)
Trừ từng vế (1) và (2) ta có
2 2
n 1 n 1 n 1 n 1 n
n 1 n 1 n 1 n 1 n
a a 8(a a )a 0
(a a )(a a 8a ) 0(*)
Từ giả thiết suy ra
n n 1 n n
a 0, n a 4a a
suy ra
n
(a )
là dãy tăng. Suy ra
n 1 n 1
a a 0
. Từ (*) suy ra
n 1 n 1 n
a a 8a 0
.
Giải phương trình đặc trưng
2
1,2
t 8t 1 0 t 4 15
n n
n
2n 2n
2n
a (4 15) (4 15)
a (4 15) (4 15)
Với mỗi
n 1
tồn tại
k
để
n n
(4 15) (4 15) 15k
2
n n 2
2n 2n 2
2
2n
(4 15) (4 15) 15k
(4 15) (4 15) 2 15k
a 15k 2
Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia
2 2 2 2 2
2n
1 1
A (a 8) (15k 10) 3k 2 (k 1) k (k 1)
5 5
(đpcm).
Ví dụ 7: Cho dãy (
n
u
) 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
p p 1
u .(u 1)
chia hết cho p.
Giải:
Xét dãy:
2 1
1
n n n n n
x u x x x
Suy ra số hạng tổng quát:
1 1
1 5 1 1 5
2 2
5
n n
n
x
.
1 1
1 5 1 1 5
1
2 2
5
n n
n
u
1
1 .2 ( 5 1) ( 5 1) ( 5 1) ( 5 1)
2 5
p p p
p
u
.
1 1
( 5 1) ( 5 1) ( 5 1) ( 5 1)
2
2 5
p p p p
0 0 0 0
1 1
( ( 5) ( 5) ( 1) ) ( ( 5) ( 5) ( 1) )
2
2 5
p p p p
k k k k p k k k k k p k
p p p p
k k k k
C C C C
1 1
2 2
2 2 2 1 2 1
0 0
1 1
1 .2 ( 2( 5) ( 2( 5)
2
2 5
p p
p k k k k
p p p
k k
u C C
1
2
2 2 1
0
1 .2 ( )5
p
p k k k
p p p
k
u C C
;
!
0
( )! !
k
p
p
C
p k k
(mod ) 1 1
p k p
1 1
0 0
2 2
2 . 1 .5 .5 5 1
p p
p p
p p p
u C C
(mod )
p
(2)
Ta có
1
5 1
p
(mod )
p
1 1
2 2
(5 1)(5 1) 0
p p
(mod )
p
.
Nếu
1
2
5 1 0
p
(mod )
p
Từ (2)
2 . 1 0
p
p
u
(mod )
p
mà (2;p)=1.
1 0
p
u
(mod )
p
( 1)
p p
u u p
(đpcm)
Nếu
1
2
5 1
p
(mod )
p
1
2
5 1 2
p
(mod )
p
Từ (2):
2 . 1 2
p
p
u
(mod )
p
; (2,P)=1
2 2(mod ) 2 . 0(mod )
p p
p
p u p
,
(2,P)=1
0(mod ) ( 1)
p p p
u p u u p
(Đpcm).
Phần III. Một số bài tập tự luyện:
Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia
Bài 1: Tìm số hạng tổng quát của dãy
n
(u ),n 0
xác định bởi:
0 1
n 2 n 1 n
u u 1
.
u 6u 9u ,n 0
Bài 2: Cho dãy số
n
(u ),n 0
xác định như sau:
n n
n
3 5 3 5
u ( ) ( ) 2,n 1,2,
2 2
a. Chứng minh rằng
n
u
là số tự nhiên
n 1,2,
b. Chứng minh rằng
2011
u
là số chính phương.
Bài 3: Cho dãy số
n
(u ),n 0
xác định như sau:
0 1
n 2 n 1 n
u 0,u 1
u 2u 4u , n 0.
Tìm
n n
n n
u u
lim ;lim .
2 2
