xác định công thức tổng quát của dãy số và kết hợp với sự tiếp cận lý thuyết phương trình sai phân

ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong chương trình tốn học THPT các bài toán liên quan đến dãy
số là một phần quan trọng của đại số và giải tích lớp 11 , Học sinh thường
phải đối mặt với nhiều dạng tốn khó liên quan đến vấn đề này và gặp khó
khăn trong vấn đề xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số. Đặc
biệt ở một số lớp bài toán khi đã xác định được công thức tổng quát của
dãy số thì nội dung của bài tốn gần như được giải quyết
Để đáp ứng được một phần đề tài “ Xác định công thức tổng quát
của dãy số “ và kết hợp với sự tiếp cận “ Lý thuyết phương trình sai
phân “ qua một số chuyên đề mà bản thân tác giả đã được học
Nội dung của đề tài nhằm cung cấp một số phương pháp cơ bản xác
định công thức tổng quát của dãy số và có sự phân loại ở một số lớp bài
toán . Đây cũng là đề tài và bài giảng mà tác giả đã dạy cho học sinh , đặc
biệt là học sinh khá giỏi và lớp chọn, là tài liệu học sinh và đồng nghiệm
tham khảo
Trong đề tài này tác giả đã sử dung một số kết quả có tính hệ thống
của ‘ Lý thuyết phương trình sai phân “ . Tuy nhiên những vấn đề áp
dụng kiến thức toán học hiện đại chỉ dừng lại ở một số trường hợp đặc biệt
và giới hạn trong trường số thực .
Giới hạn của đề tài chỉ dừng lại ở việc xác định công thức tổng quát
của một số dãy số , từ đó có áp dụng vào một số bài toán cụ thể . Qua đó,
người đọc có thể trang bị thêm cho mình phương pháp xác định công thức
tổng quát của dãy số. Đặc biệt các thầy cơ có thể tự kiểm tra kết quả và xây
dựng cho mình một lớp các bài tốn về dãy số được trình bày trong đề tài

1


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC
TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ VÀ XÂY DỰNG BÀI
TOÁN VỀ DÃY SỐ

A. PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP MỘT

Phương trình sai phân tuyến tính cấp một là phương trình sai phân
dạng
u1 = α , a.un+1 + b.un = f n , n ∈ N *
trong đó a,b, α là các hằng số ,a # 0 và f n là biểu thức của n cho trước
Dạng 1
Tìm un thoả mãn điều kiện

u1 = α , a.un +1 + b .un = 0

(1.1)

*
trong đó a, b, α cho trước n ∈ N

Phương pháp giải
n
Giải phương trình đặc trưng a.λ + b = 0 để tìm λ Khi đó un = qλ (q

là hằng số ) , trong đó q được xác định khi biết u1 = α
Bài toán 1: Xác định số hạng tổng quát của cấp số nhân, biết số hạng đầu
tiên bằng 1 và cơng bội bằng 2
Bài giải Ta có

un +1 = 2 un , u1 = 1

(1.2)

n

Phương trình đặc trưng có nghiệm λ = 2 Vậy un = c.2 . Từ u1 = 1 suy ra
1
n −1
c=
Do đó un = 2
2
Dạng 2

Tìm un thoả mãn điều kiện

u1 = α , aun+1 + bun = f n , n ∈ N *

2

(2 .1)


trong đó f n là đa thức theo n
Phương pháp giải
Giải phương trình đặc trưng a.λ + b = 0 ta tìm được λ Ta có
0
*
0
un = un + un Trong đó un là nghiệm của phương trình thuần nhất (1.1) và
*
un là nghiệm riêng tuỳ ý của phương trình không thuần nhất (2.1) Vậy
0
un = q.λ n q là hằng số sẽ được xác định sau
*
Ta xác định un như sau :

*
1) Nếu λ #1 thì un là đa thức cùng bậc với f n
*
2) Nếu λ =1 thì un = n.g n với g n là đa thức cùng bậc với f n
*
Thay un vào phương trình, đồng nhất các hệ số ta tính được các hệ số của
*
un

Bài tốn 2: Tìm un thoả mãn điều kiện

u1 = 2; un +1 = un + 2n, n ∈ N *

(2.2)

Bài giải Phương trình đặc trưng λ − 1 = 0 có nghiệm λ = 1 Ta có
0
*
0
*
*
un = un + un trong đó un = c.1n = c, un = n ( an + b ) Thay un và phương trình

(2.2) ta được

( n + 1)  a ( n + 1) + b  = n ( an + b ) + 2n



(2.3)

thay n=1và n=2 vào (2.3) ta được hệ phương trình sau
3a + b = 2
a = 1
⇔

5a + b = 4 b = −1
Do đó un = n ( n − 1)
0
*
Ta có un = un + un = c + n ( n − 1) Vì u1 = 2 nên 2 = c + 1( 1 − 1) ⇔ c = 2
2
Vậy un = 2 + n ( n − 1) , hay un = n − n + 2

Dạng 3

3


Tìm un thoả mãn điều kiện

u1 = α , a.un +1 + bun = v.µn , n ∈ N *

(3.1)

trong đó f n là đa thức theo n
Phương pháp giải
Giải phương trình đặc trưng a.λ + b = 0 ta tìm được λ Ta có
0
*

0
*
un = un + un Trong đó un = c.λ n , c là hằng số chưa được xác định , un được

xác định như sau :
1) Nếu λ # µ

*
n
thì un = A.µ

2) Nếu λ = µ

*
n
thì un = A.n.µ

*
Thay un vào phương trình (3.1) đồng nhất các hệ số ta tính được các hệ số
*
0
*
của un . Biết u1 , từ hệ thức un = un + un , tính được c

Bài tốn 3: Tìm un thoả mãn điều kiện

u1 = 1; un +1 = 3.un + 2n , n ∈ N *

(3.2)

Bài giải Phương trình đặc trưng λ − 3 = 0 có nghiệm λ = 3 Ta có
0
*
0
*
un = un + un trong đó un = c.3n , un = a.2n
*
n
Thay un = a.2 vào phương trình (3.2) , ta thu được

a.2n+1 = 3a.2n + 2n ⇔ 2a = 3a + 1 ⇔ a = −1
n
n
n
n
Suy ra un = −2 Do đó un = c.3 − 2n vì u1 = 1 nên c=1 Vậy un = 3 − 2

Dạng 4
Tìm un thoả mãn điều kiện

u1 = α , a.un +1 + bun = f1n + f 2 n , n ∈ N *

(4.1)

n
Trong đó f1n là đa thức theo n và f 2 n = v.µ

Phương pháp giải
0
*

*
0
Ta có un = un + u1n + u2 n Trong đó un là nghiệm tổng quát của phương
*
trình thuần nhất aun+1 + bun = 0 , un là một nghiệm riêng của phương trình

4


*
không thuần nhất a.un+1 + b.un = f1n , u2n là nghiệm riêng bất kỳ của phương

trình khơng thuần nhất a.un+1 + b.un = f 2 n
Bài tốn 4: Tìm un thoả mãn điều kiện

u1 = 1; un +1 = 2un + n 2 + 3.2 n , n ∈ N *

(4.2)

Bài giải Phương trình đặc trưng λ − 2 = 0 có nghiệm λ = 2 Ta có
0
*
0
*
*
un = un + u1*n + u2 n trong đó un = c.2n , un = a.n 2 + b.n + c , u2 n = An.2n
*
2
Thay un vào phương trình un+1 = 2.un + n , ta được

a ( n + 1) + b ( n + 1) + c = 2an 2 + 2bn + 2c + n 2
2

Cho n=1 , n=2 ta thu được hệ phương trình
 2a − c = 1
 a = −1


⇔ b = −2
a − b − c = 4
2a + 2b + c = −9 c = −3


*
2
*
n
Vậy u1n = − n − 2n − 3 thay u2n vào phương trình un+1 = 2.un + 3.2 Ta được

A ( n + 1) 2n+1 = 2 An.2 n + 3.2n ⇔ 2 A ( n + 1) = 2 An + 3 ⇔ A =

3
2

Vậy
3
*
u2 n = n.2n = 3n.2n −1
2
n

2
n −1
Do đó un = c.2 + ( −n − 2n − 3) + 3n.2 . Ta có u1 = 1 nên

1 = 2c − 2 + 3 ⇔ c = 0 Vậy un = 3n.2n−1 − n 2 − 2n − 3
B. PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP HAI
Phương trình sai phân tuyến tính cấp một là phương trình sai phân
dạng
u1 = α , u2 = β , a.un+1 + bun + c.un−1 = f n , n ∈ N *

5


trong đó a,b,c, α , β là các hằng số , a # 0 và f n là biểu thức của n cho
trước
(NX: Phương trình đặc trưng của phương trình sai phân tuyến tính cấp hai
ln có hai nghiệm kể cả nghiệm phức, song nội dung của đề tài chỉ dừng
lại trong trường số thực , tức là chỉ xét nghiệm thực )
Dạng 1
Tìm un thoả mãn điều kiện

u1 = α , u2 = β , aun+1 + bun + c.un −1 = 0, n ∈ N *

(5.1)

Phương pháp giải
2
Giải phương trình đặc trưng a.λ + b.λ + c = 0 tìm λ Khi đó
n
n

1) Nếu λ1 , λ2 là hai nghiệm thực khác nhau thì un = A.λ1 + B.λ2 , trong

đó A và B được xác định khi biết u1 , u2
n
2) Nếu λ1 , λ2 là hai nghiệm kép λ1 = λ2 = λ thì un = ( A + Bn ) .λ , trong

đó A và B được xác định khi biết u1 , u2
Bài toán 5: Tìm un thoả mãn điều kiện sau
u0 = 1, u1 = 16, un + 2 = 8.un+1 − 16.un

(5.1)

Bài giải Phương trình đặc trưng λ 2 − 8λ + 16 = 0 có nghiệm kép λ = 4
Ta có
un = ( A + B.n ) .4n

(5.2)

Cho n=0 , n=1 thay vào (5.2) ta thu được hệ phương trình
u0 = 1 = A
A =1

⇔

u1 = ( 1 + B ) .4 = 16  B = 3

n
Vậy un = ( 1 + 3n ) .4

Dạng 2

Tìm un thoả mãn điều kiện

6


u1 = α , u2 = β , a.un+1 + b.un + c.un−1 = f n , n ≥ 2, (6.1)
trong đó a # 0, f n là đa thức theo n cho trước
Phương pháp giải
2
Giải phương trình đặc trưng a.λ + b.λ + c = 0 để tìm λ . Khi đó ta
0
*
0
có un = un + un , trong đó un là nghiệm tổng qt của phương trình thuần
*
nhất a.un+1 + b.un + c.un −1 = 0 và un là một nghiệm tuỳ ý của phương trình

a.un+1 + b.un + c.un −1 = f n
0
*
Theo dạng 1 ta tìm được un , trong đó hệ số A, B chưa được xác định , un

được xác định như sau :
*
1) Nếu λ #1 thì un là đa thức cùng bậc với f n
*
2) Nếu λ = 1 là nghiệm đơn thì un = n.g n , g n là đa thức cùng bậc với f n
*
2
3) Nếu λ = 1 là nghiệm kép thì un = n. g n , g n là đa thức cùng bậc với

fn ,
*
*
Thay un vào phương trình , đồng nhất các hệ số, tính được các hệ số của un .
0
*
Biết u1 , u2 từ hệ thức un = un + un tính được A, B

Bài tốn 6: Tìm un thoả mãn điều kiện

u1 = 1; u2 = 0, un +1 − 2un + un−1 = n + 1, n ≥ 2

(6.2)

Bài giải Phương trình đặc trưng λ 2 − 2λ + 1 = 0 có nghiệm kép λ = 1 Ta
0
n
*
2
0
*
có un = un + un trong đó un = ( A + B.n ) .1 = A + Bn, un = n ( a.n + b )
*
Thay un vào phương trình (6,2) , ta được

( n + 1)

2

 a ( n + 1) + b  − 2n 2 ( a.n + b ) + ( n − 1)  a ( n − 1) + b  = n + 1




2

Cho n=1 , n=2 ta thu được hệ phương trình

7


1

a=

 4 ( 2a + b ) − 2 ( a + b ) = 2


6
⇔

9 ( 3a + b ) − 8 ( 2a + b ) + ( a + b ) = 3 b = 1



2
n 1
*
un = n 2  + ÷

6 2

Vậy
Do đó

n 1
0
*
un = un + un = A + Bn + n 2  + ÷
6 2
Mặt khác
1 1

A = 4
A + B + 6 + 2 =1


⇔

−11
1 1
B=
 A + 2B + 4  + ÷= 0 
3


3 2

Vậy
un = 4 −

11
n 1
n + n2  + ÷
3
6 2

Dạng 3
Tìm un thoả mãn điều kiện

u1 = α , u2 = β , aun+1 + bun + c.un −1 = d .µ n , n ≥ 2

(7.1)

Phương pháp giải
2
Giải phương trình đặc trưng a.λ + b.λ + c = 0 để tìm λ Khi đó ta có
0
*
0
un = un + un , trong đó un được xác định như dạng 1 và hệ số A và B chưa
*
được xác định, un được xác định như sau
*
n
1) Nếu λ # µ thì un = k .µ
*
n
2) Nếu λ = µ là nghiệm đơn thì un = k .nµ
*

2
n
3) Nếu λ = µ là nghiệm kép thì un = k .n. µ

8


*
Thay un vào phương trình , dùng phương pháp đồng nhất thức các hệ số sẽ
0
*
tính được hệ số k . Biết u1 , u2 từ hệ thức un = un + un tính được A,B

Bài tốn 7: Tìm un thoả mãn điều kiện

u1 = 0; u2 = 0, un +1 − 2un + un −1 = 3.2 n , n ≥ 2
Bài giải Phương trình đặc trưng λ 2 − 2λ + 1 = 0 có nghiệm kép λ = 1 Ta
0
n
*
n
0
*
có un = un + u1n trong đó un = ( A + B.n ) .1 = A + Bn, un = k .2
*
Thay un vào phương trình , ta được

k .2n+1 − 2k .2n + k .2n −1 = 3.2 n ⇔ k = 6
*
n

n +1
0
*
n +1
Vậy un = 6.2 = 3.2 . Do đó un = un + un = A + bn + 3.2 . (1) Thay

u1 = 1, u2 = 0 vào phương trình ta thu được
1 = A + B + 12
A = 2
⇔

0 = A + 2 B + 24  B = −13
Vậy
un = 2 − 13n + 3.2n +1
Dạng 4
Tìm un thoả mãn điều kiện

u1 = α , u2 = β , aun+1 + bun + c.un −1 = f n + g n , n ≥ 2 (8.1)
n
trong đó a # 0 , f n là đa thức theo n và g n = v.µ

Phương pháp giải
0
*
*
0
Ta có un = un + u1n + u2 n trong đó un là nghiệm tổng quát của phương

trình thuần nhất

*
aun +1 + bun + c.un−1 = 0 , u1n là nghiệm riêng tùy ý của

*
phương trình khơng thuần nhất aun+1 + bun + c.un −1 = f n u2n là nghiệm

riêng tùy ý của phương trình khơng thuần nhất aun +1 + bun + c.un −1 = g n
Bài toán 8: ( Đề thi OLYPIC 30 -4 Toán 11 Lần thứ VIII- 2002 )
Tìm un thoả mãn điều kiện
9


u1 = 0; u2 = 0, un +1 − 2un − 3un −1 = n + 2 n , n ≥ 2 (8.2)
Bài giải Phương trình đặc trưng λ 2 − 2λ − 3 = 0 có nghiệm λ1 = −1, λ2 = 3
Ta có
0
*
un = un + u1*n + u2 n

trong đó
0
*
un = A ( −1) + B.3n , u1*n = a + bn, u2 n = k .2n
n

*
Thay u1n vào phương trình un+1 − 2u n − 3un −1 = n , ta được

a ( n + 1) + b − 2 ( an + b ) − 3  a ( n − 1) + b  = n ⇔ ( 4a + 1) n − 4 ( a − b ) = 0



Vậy
a=b=−

1
4

Do đó
*
un =

−1
( n + 1)
4

n
*
Thay u2n vào phương trình un+1 − 2un − 3un −1 = 2 , ta được

k .2n+1 − 2.k .2n = 3.k .2n −1 = 2n ⇔ k = −

2
3

Do đó
2
1
*
u2 n = − .2n = − .2n+1
3

3
Vậy
0
*
un = un + u1*n + u2 n = A ( −1) + B.3n −
n

1
1
( n + 1) − .2n+1 (8.3)
4
3

Ta thay u1 = 1, u2 = 0 vào (8.3) ta được hệ phương trình
1 4
61


− A + 3B − − = 1  A = −



2 3
48
⇔

 A + 9B − 3 − 8 = 0
 B = 25



4 3
48



10


Vậy
un = −

61
25
1
1
n
.( −1) + .3n − .( n + 1) − .2 n+1
48
48
4
3

C. PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP BA
Phương trình sai phân tuyến tính cấp ba là phương trình sai phân
dạng
u1 = α , u2 = β , u3 = γ , a.un + 2 + bun+1 + c.un + d .un−1 = f n , n ≥ 2 (a.1)
trong đó a,b,c, d, α , β , γ là các hằng số , a # 0 và f n là biểu thức của n
cho trước
(NX: Phương trình đặc trưng của phương trình sai phân tuyến tính cấp ba
ln có ba nghiệm kể cả nghiệm phức, song nội dung của đề tài chỉ dừng lại

trong trường số thực , tức là chỉ xét nghiệm thực )
Phương pháp giải
Nghiệm tổng qt của phương trình sai phân tuyến tính cấp ba có
0
*
0
dạng un = un + un , trong đó un là nghiệm tổng qt ủa phương trình tuyến
*
tính thuần nhất, un là một nghiệm riêng của phương trình tuyến tính khơng

thuần nhất
Xét phương trình đặc trưng
aλ 3 + bλ 2 + cλ + d = 0

(a.2)

1) Xác định công thức nghiệm tổng qt của phương trình sai phân
tuyến tính cấp ba thuần nhất
a) Nếu (a.2) có ba nghiệm thực λ1 , λ2 , λ3 phân biết thì
0
un = a1 .λ1n + a2 .λ2n + a3 .λ3n

b) Nếu (a.2) có một nghiệm thực bội 2 và một nghiệm đơn
(λ1 = λ2 # λ3 ) thì
0
un = (a1 + a2 n)λ1n + a3 .λ3n

11

c) Nếu (a.2) có một nghiệm thực bội 3 (λ1 = λ2 = λ3 ) thì
0
un = (a1 + a2 n + a3 n 2 )λ1n
*
2) Xác định nghiệm riêng un của phương trình (a.1)

• Xét f n là đa thức của n ta có
*
a) Nếu λ #1 thì un là đa thức cùng bậc với f n
*
b) Nếu λ = 1 (nghiệm đơn ) thì un = n.g n g n là đa thức cùng bậc

với f n
*
2
c) Nếu λ = 1 (bội 2 ) thì un = n .g n g n là đa thức cùng bậc với

fn
*
3
d) Nếu λ = 1 (bội 3) thì un = n .g n g n là đa thức cùng bậc với

fn
n
• Xét f n = v.µ ta có
*
n
a) Nếu λ # µ thì un = k .n.µ
*
n

b) Nếu λ = µ (nghiệm đơn ) thì un = k .µ
*
s
n
c) Nếu λ = µ (nghiệm bội s ) thì un = k .n .µ

Bài tốn 9: Tìm dãy số an biết rằng
u1 = 0, u2 = 1, u3 = 3, un = 7un−1 − 11.un− 2 + 5.un −3 , n ≥ 4 (9.1)
Bài giải

Xét phương trình đặc trưng

λ 3 − 7λ 2 + 11λ − 5 = 0
có 3 nghiệm thực

λ1 = λ2 = 1, λ3 = 5
n
Vậy an = c1 + c2 n + c3 5

Cho n=1, n=2, n=3 và giải hệ phương trình tạo thành, ta được
c1 = −

1
3
1
, c2 = , c3 =
16
4
16

12


Vậy an = −

1 3
1
+ ( n − 1) + .5n −1
16 4
16
D. BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài toán 10: Cho dãy số an được xác định theo công thức sau

a1 = 0; a2 = 1, an +1 = 2an − an−1 + 1, n ≥ 2 (10.1)
Chứng minh số A = 4.an .an+ 2 + 1 là số chính phương
Bài giải Ta có

an+1 = 2an − an −1 + 1

(10.2)

Trong (9.2) ta thay n bởi n-1, ta được
an = 2an −1 − an −2 + 1

(10.3)

Trừ các vế của (10.1) cho (10.2) ta thu được
an+1 − 3an + 3an−1 − an− 2 = 0

(10.4)

Phương trình đặc trưng của (10.4) là

λ 3 − 3λ 2 + 3λ − 1 = 0
có nghiệm λ = 1 là nghiệm bội bậc ba
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (10.4) là
an = (c1 + c2 n + c3 n 2 )1n
Cho n=0, n=1, n=2 ta được
0 = c1
c1 = 0


⇔
1 = c2 + c2 + c3
1
3 = c + 2c + 4c
c2 = c3 = 2

1
2
3

Ta thu được an =

n ( n + 1)
và từ đó ta có
2
A = 4an .an + 2 + 1 = ( n 2 + 3n + 1)

Điều này chứng tỏ A là một số chính phương

13

2


Bài toán 11: Cho dãy số { xn } được xác định theo công thức sau

x1 = 7; x2 = 50, xn +1 = 4 xn + 5 xn−1 − 1975 ( n ≥ 2 )

(11.1)

Chứng minh rằng x1996 M1997
Bài giải Xét dãy số { yn } với y1 = 7, y2 = 50 và

yn +1 = 4 yn + 5 yn −1 + 22 ( n ≥ 2 )

(11.2)

Dễ thấy yn ≡ xn ( mod1997 ) . Do đó chỉ cần chứng minh
y1996 ≡ 0 ( mod 1997 )
Đặt zn = 4 yn + 11 suy ra z1 = 39, z2 = 211 . Nhận xét rằng
zn +1 = 4 yn+1 + 11 = 16 yn + 20 yn −1 + 99 = 4 zn + 20 yn−1 + 55

(11.3)

Ta lại có
zn −1 = 4 yn −1 + 11 suy ra 20 yn−1 = 5 zn−1 − 55
Thế (11.4) vào (11.3) ta được

zn +1 = 4 zn + 5 zn−1
Suy ra
zn +1 − 4 zn − 5 zn−1 = 0

(11.5)

Phương trình đặc trưng của (11.5) là

λ 2 − 4λ − 5 = 0 có nghiệm λ1 = −1, λ2 = 5
Nghiệm tổng quát của (11.1) là
zn = ( −1) α + 5n β
n

Ta có
8

α=

 z1 = −α + 5β = 39

3
⇔

 z2 = α + 25β = 211  β = 25

3

Do đó ta nhận được

14

(11.4)


8
25
n
zn = .( −1) + .5n
3
3

(11.6)

Từ (11.6) ta suy ra
z1996

8 + 25.51996
=
3

Ta cần chứng minh
z1996 ≡ 11( mod1997 )
Do
51996 − 1 M1997
 1996
5 − 1 M 3
1996
Nên 5 − 1M3.1997 . Từ đó , ta có 51996 = 3n.1997 + 1 , và khi đó

8 25 ( 3n.1997 + 1)

z1996 = +
= 25.n.1997 + 11
3
3
Vậy z1996 ≡ 11( mod 1997 )
E. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Xác định công thức của dãy số { xn } thoả mãn các điều kiện sau
1) x1 = 11, xn +1 = 10.xn + 1 − 9n , ∀n ∈ N
2) x0 = 2, x1 = −8, xn+ 2 = −8.xn+1 + 9 xn
2
3) x0 = 1, x1 = 3, 2. xn+ 2 − 5 xn +1 + 2 xn = −n − 2n + 3
2
4) x0 = 0, x1 = 1, xn +1 − 4 xn + 4 xn −1 = n − 6n + 5

5) x1 = 1, x2 = 2, xn + 2 − 5 xn+1 + 6 xn = 4
Bài 2: Cho dãy số

{a }
n

thoả mãn điều kiện

an = an −1 + 2.an −2

a1 = a2 = 1

15

n∈ N

( n ≥ 3)


Chứng minh rằng an là một số lẻ
Bài 3: Cho dãy số { bn } xác định bởi

bn = 2.bn−1 + bn −2

b1 = 1, b2 = 2

n∈ N

( n ≥ 3)

n

5
Chứng minh rằng bn ≤  ÷ , ∀n ∈ N
2
Bài 4:

Cho dãy số { un } thoả mãn điều kiện

un + 2 − 2.un +1 + un = 2
n∈ N

u0 = 1, u1 = 0

( n ≥ 2)

Chứng minh rằng un là một số chính phương
Bài 5: (Tuyển tập đề thi Olympic 30 – 4 Toán 11 Lần thứ VIII – 2002
NXB giáo dục )
Cho dãy số { un } thoả mãn như sau
un ∈ Z + , ∀∈ N

u0 = 1, u1 = 9
u = 10.u − u
∀n ∈ N , n ≥ 2
n −1
n−2
 n
Chứng minh : ∀k ∈ N , k ≥ 1
2
2
1) uk + uk −1 − 10uk .uk −1 = −8
2
4
2
2) 5.uk − uk −1 M va 3.uk − 1M

( M kí hiệu chia hết )
Bài 6:

Cho dãy số { un } thoả mãn điều kiện

un + 2 = 2un +1 + 2un − un −1 , n ∈ N *
Chứng minh rằng tồn tại các hằng số nguyên M sao cho các số M + 4.an+1an
đều là số chính phương
Bài 7: ( Báo Toán Học và Tuổi Trẻ số 356)

16


Cho dãy số { ui } ( i=1,2,3,4…)được xác định bởi

a1 = 1, a2 = −1, an = −an −1 − 2an −2 , n = 3,4,...
Tính giá trị của biểu thức
2
2
A = 2.a2006 + a2006 .a2007 + a2007

Cho dãy số nguyên dương { un } thoả mãn điều kiện

Bài 8:

u0 = 20, u1 = 100, un +2 = 4.un +1 + 5.un + 20, n ∈ N *
Tìm số ngun dương h bé nhất có tính chất
an+ h − an M1998 , n ∈ N

F. XÂY DỰNG BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ TRUY HỒI
Nhận xét : Nội dung của đề tài trên giúp bạn đọc tìm ra cơng thức tổng
qt của một lớp dãy số có tính chất truy hồi một cách chính xác nhất, giúp
các Thầy cơ kiểm tra kết quả bài toán theo cách giải khác. Bên cạnh đó ta
có thể tiến hành xây dựng thêm các bài toán mới về dãy số
Dưới đây là một số ví dụ “ xây dựng thêm các bài tốn về dãy số
có tính quy luật “ chỉ mang tính chất tham khảo. Tác giả mong muốn bạn
đọc tìm hiểu và phát triển rộng hơn các bài toán khác về dãy số
Ví dụ 1:

Xuất phát từ phương trình

( λ − 1) ( λ + 9 ) = 0 ⇔ λ

2

+ 8λ − 9 = 0

(12.1)

phương trình (12.1) có thể được coi là phương trình đặc trưng của một dãy
số có quy luật. Chẳng hạn dãy số un được xác định theo cơng thức sau
un+ 2 + 8.un+1 + 9.un = 0
có thể cho u0 = 2, u1 = −8 . Ta có thể phát biểu thành các bài tốn sau

17


Bài toán 1: Cho dãy số xn xác định như sau
 xn + 2 + 8.xn+1 + 9.xn = 0

 x0 = 2, x1 = −8

n∈ N

Xác định công thức của dãy số xn
Bài toán 2: Cho dãy số xn xác định như sau
 xn + 2 + 8.xn+1 + 9.xn = 0

 x0 = 2, x1 = −8

n∈ N

Tính giá trị của biểu thức A = x2006 − 5.x2007 + 4
Ví dụ 2:

Xuất phát từ phương trình

( λ − 1)

2

= 0 ⇔ λ 2 − 2λ + 1 = 0

(12.2)

phương trình (12.2) có thể được coi là phương trình đặc trưng của một dãy
số có quy luật. Chẳng hạn dãy số un được xác định theo công thức sau
un+ 2 − 2.un +1 + un = 2
có thể cho u0 = 1, u1 = 0 khi đó vận dụng thuật tốn trên xác định được cơng
thức tổng qt của dãy số
xn = ( n − 1)

2

Ta có thể phát biểu thành các bài toán sau
Bài toán 1: Xác định công thức của dãy số xn thoả mãn các điều kiện sau
 xn + 2 − 2 xn+1 + xn = 2
n∈ N


x0 = 1, x1 = 0

Bài toán 2: Cho dãy số xn xác định như sau
 xn + 2 − 2 xn+1 + xn = 2
n∈ N

x0 = 1, x1 = 0

Chứng minh rằng xn là một số chính phương
Bài tốn 3: Cho dãy số xn xác định như sau

18


 xn + 2 − 2 xn+1 + xn = 2
n∈ N

x0 = 1, x1 = 0

Xác định số tự nhiên n sao cho
xn+1 + xn = 22685

KẾT LUẬN- KIẾN NGHỊ
Trải qua thực tiễn giảng dạy, nội dung các bài giảng liên quan đến đề
tài và có sự tham gia góp ý của đồng nghiệp, vận dụng đề tài vào giảng dậy
đã thu được một số kết quả nhất định sau :
1) Học sinh trung bình trở lên nắm vững được một số phương pháp
và biết vận dụng ở dạng cơ bản xác định được công thức của dãy
số
2) Một số đề thi học sinh giỏi, Học sinh lớp chọn có thể sử dụng

phương pháp trình bày trong đề tài để giải bài toán
3) Là một phương pháp tham khảo cho học sinh và các thầy cô giáo
4) Qua nội dung đề tài, đồng nghiệp có thể xây dựng thêm các bài
toán về dãy số
Xây dựng phương pháp giảng dậy theo quan điểm đổi mới là việc mà
toàn xã hội và nghành đang quan tâm. Tuy nhiên, trong một số lớp bài toán

19


bậc THPT ta có thể sử dụng một số kết quả của toán học hiện đại để xây
dựng phương pháp giải tốn sơ cấp là một vấn đề ít được chú ý. Qua nội
dung đề tài tác giả mong muốn có sự tìm hiểu sâu hơn về mối quan hệ giữa
“Toán học hiện đại” và “Phương pháp toán sơ cấp ”. Qua đó ta có thể
tìm được phương pháp giải, xây dựng các lớp bài toán ở bậc THPT

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) Lê Đình Thịnh- Lê Đình Định , Phương pháp sai phân. Nhà xuất bản
Đại Học Quốc Gia Hà Nội 2004
2) Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30 – 4 Mơn Tốn Lần thứ V, Nhà xuất bản
Giáo Dục
3) Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30 – 4 Mơn Tốn Lần thứ VII-2002 , Nhà
xuất bản Giáo Dục
4) Tạp trí Tốn Học và Tuổi Trẻ Số 356 ,

Nhà xuất bản Giáo Dục

5) Trần Chí Hiếu – Nguyễn Danh Phan Tuyển chọn các bài tốn PTTH
Đại số và giải tích 11,

Nhà xuất bản Giáo Dục

6) Nguyễn Văn Mậu , Một số bài toán chọn lọc về dãy số , Nhà xuất bản
Giáo Dục - 2003

20


Trị đặc trưng và vector đặc trưng
23 tháng 10, 2007
Eigenvalues và eigenvectors xuất hiện cực kỳ nhiều trong các ngành khoa học và kỹ
thuật: Vật Lý, xác suất thống kê, KHMT, lý thuyết đồ thị, v.v. Để hiểu ý nghĩa của
chúng, có hai hướng nhìn thơng dụng, áp dụng được trong rất nhiều trường hợp.
1. Loại động cơ (motivation) thứ nhất.
Trong nhiều ứng dụng ta thường phải làm phép tính sau đây: cho trước một ma trận A
và nhiều vectors x, tính
với nhiều giá trị khác nhau của số mũ . Ví dụ 1: nếu A là
ma trận của một phép biến đổi tuyến tính (linear transformation) nào đó, như phép quay
và co dãn trong computer graphics chẳng hạn, thì
cho ra kết quả của phép BĐTT
này áp dụng k lần vào x. Các games máy tính hay các annimations trong phim của
Hollywood có vơ vàn các phép biến đổi kiểu này. Mỗi một object trong computer
graphics là một bộ rất nhiều các vector x. Quay một object nhiều lần là làm phép nhân
với từng vectors x biểu diễn object đó. Khối lượng tính tốn là khổng lồ, dù chỉ
trong khơng gian 3 chiều. Ví dụ 2: nếu A là transition matrix của một chuỗi Markov rời
rạc và x là distribution của trạng thái hiện tại, thì
chính là distribution của chuỗi
Markov sau k bước. Ví dụ 3: các phương trình sai phân (difference equation) như kiểu
phương trình
cũng có thể được viết thành dạng

để
tính
với k tùy ý. Ví dụ 4: lũy thừa của một ma trận xuất hiện tự nhiên khi giải các
phương trình vi phân, xuất hiện trong khai triển Taylor của ma trận
chẳng hạn.
Tóm lại, trong rất nhiều ứng dụng thì ta cần tính tốn rất nhanh lũy thừa của một ma
trận vuông, hoặc lũy thừa nhân một vector.
Mỗi ma trận vng đại diện cho một phép BĐTT nào đó. Lũy thừa bậc k của ma trận đại
diện cho phép biến đổi này áp dụng k lần. Ngược lại, bất kỳ phép BĐTT nào cũng có thể
được đại diện bằng một ma trận. Có rất nhiều ma trận đại diện cho cùng một BĐTT, tùy
theo ta chọn hệ cơ sở nào. Mỗi khi ta viết một vector dưới dạng
ngầm định một hệ cơ sở nào đó, thường là hệ cơ sở trực chuẩn

là ta đã
,

, và
. Các tọa độ 3, -2, 5 của x là tương ứng với tọa độ
của x trong hệ cơ sở ngầm định này.
Hệ cơ sở
như trên thường được dùng vì ta “dễ” hình dùng chúng trong không
gian n chiều, chúng là sản phẩm phụ của hệ tọa đồ Descartes cổ điển hay dùng trong
không gian 2 chiều. Tuy nhiên, khi áp dụng một phép BĐTT thì các vectors
thường cũng bị biến đổi theo ln, rất bất tiện nếu ta phải tính
cho nhiều giá trị k
và x khác nhau.
Bây giờ, giả sử ta tìm được hướng độc lập tuyến tính và bất biến qua phép BĐTT đại
diện bởi A. (Đây là giả sử rất mạnh, may mà nó lại thường đúng trong các ứng dụng kể
trên.) Dùng vector để biểu diễn hướng thứ . Bất biến có nghĩa là áp dụng A vào
hướng nọ thì hướng không đổi. Cụ thể hơn, BĐTT A làm hướng “bất biến” nếu

21


với là một con số (scalar) thực hoặc phức nào đó (dù ta giả sử A là thực).
Do các hướng này độc lập tuyến tính, một vector x bất kỳ đều viết được dưới dạng

Nếu ta lấy
làm hệ cơ sở thỡ cỏi hay là cú ỏp dụng A bao nhiờu
lần thỡ cũng khụng đổi hướng của cỏc vectors trong hệ cơ sở! Điều này
rất tiện lợi, bởi vỡ
Như vậy, thay vỡ tớnh lũy thừa bậc cao của một ma trận, ta chỉ cần tớnh
lũy thừa của n con số và làm một phộp cộng vectors đơn giản. Cỏc giỏ trị
là cỏc trị đặc trưng (eigenvalues) của A, và cỏc vectors là cỏc vector
đặc trưng (eigenvectors).
Tiếp tục với giả thiết rất mạnh là n eigenvectors độc lập tuyến tính với nhau. Nếu ta bỏ
các vectors này vào các cột của một ma trận , và các eigenvalues lên đường chéo của
một ma trận thì ta có
. Trong trường hợp này ma trận A có tính
diagonalizable (chéo hóa được). Diagonalizability và sự độc lập tuyến tính của n
eigenvectors là hai thuộc tính tương đương của một ma trận. Ngược lại, ta cũng có
, và vì thế lũy thừa của A rất dễ tính:
do lũy thừa của một
ma trận đường chéo rất dễ tính.
Cụm từ “khả năng đường chéo hóa được” (diagonalizability) nghe ghê răng q, có
bạn nào biết tiếng Việt là gì không?
Nếu ta biết được các eigenvectors và eigenvalues của một ma trận thì — ngồi việc tính
lũy thừa của ma trận — ta còn dùng chúng vào rất nhiều việc khác, tùy theo ứng dụng ta
đang xét. Ví dụ: tích các eigenvalues bằng với định thức, tổng bằng với trace, khoảng
cách giữa eigenvalue lớn nhất và lớn nhì của transition matrix của một chuỗi Markov đo

tốc độ hội tụ đến equilibrium (mixing rate) và eigenvector đầu tiên là steady state
distribution, vân vân.
Quay lại với cái “giả thiết rất mạnh” ở trên. Có một loại ma trận mà giả thiết này đúng;
và hơn thế nữa, ta có thể tìm được các eigenvectors vng góc nhau, đó là các normal
matrices. Rất nhiều ứng dụng trong khoa học và kỹ thuật cho ta các normal matrices.
Các trường hợp đặc biệt thường thấy là các ma trận (thực) đối xứng và các ma trận
Hermitian (đối xứng theo nghĩa phức).
Cịn các ma trận khơng thỏa mãn “giả thiết rất mạnh” này, nghĩa là khơng
diagonalizable, thì làm gì với chúng? Ta có thể tìm cách làm cho chúng rất “gần” với
một ma trận đường chéo bằng cách viết chúng thành dạng chuẩn Jordan. Đề tài này nằm
ngoài phạm vi bài đang viết.
2. Loại động cơ (motivation) thứ hai.

22


Trong rất nhiều ứng dụng, ta “được” làm việc với một ma trận đối xứng: nó có đủ bộ
eigenvectors, do đó diagonalizable và vì thế có thể thiết kế các thuật tốn hiệu quả cho
các bài tốn tương ứng. Khơng những đối xứng, chúng cịn có một thuộc tính mạnh hơn
nữa gọi là positive (semi) definite, nghĩa là các eigenvalues đều khơng âm. Ví dụ 1: bài
tốn least squares
có ứng dụng khắp nơi (linear regression trong statistics chẳng
hạn) dẫn đến ma trận symmetric positive (semi) definite
. Ví dụ 2: bài toán xác
định xem một một điểm tới hạn của một hàm đa biến bất kỳ có phải là điểm cực tiểu hay
không tương đương với xác định xem ma trận đối xứng Hessian của các đạo hàm bậc
hai tại điểm này là positive definite. Ví dụ 3: ma trận covariance của một random vector
(hoặc một tập hợp rất nhiều sample vectors) cũng là positive (semi) definite.
Nếu A là một ma trận symmetric positive definite thì ta có thể hiểu các eigenvectors và
eigenvalues theo cách khác. Bất phương trình

trong đú c là một hằng số dương là một bất phương trỡnh bậc 2 với n
biến
(cỏc tọa độ của vector x). Nghiệm của nú là cỏc điểm nằm
trong một hỡnh e-lớp trong khụng gian n chiều (Ellipsoid) mà n trục của
ellipsoid chớnh là hướng của cỏc eigenvectors của A, và chiều dài cỏc trục
tỉ lệ nghịch với eigenvalue tương ứng (tỉ lệ với nghịch đảo của căn của
eigenvalue). Đõy là trực quan hỡnh học phổ biến thứ hai của eigenvectors
và eigenvalues.
Trong trường hợp của Principal Component Analysis (PCA) như có bạn đã hỏi trong
phần bình luận bài tư duy trừu tượng, thì ta có thể hiểu nơm na về sự xuất hiện của
eigen-vectors/values như sau. Giả sử ta có một đống các sample vectors (data points)
trên một không gian n chiều nào đó. Các tọa độ là exponentially distributed (Gaussian
noise chẳng hạn). Thì đa số các vectors này tập trung trong một ellipsoid định nghĩa bởi
covariance matrix (positive semi-definite). Trục dài nhất của ellipsoid là trục có variance
cao nhất, nghĩa là SNR cao. Trục này chỉ cho ta hướng biến thiên quan trọng nhất của
data. PCA lấy các trục của ellipsoid làm hệ cơ sở, sau đó lấy k trục dài nhất làm
principal components để biểu diễn data. (Dĩ nhiên, ta phải shift cái mean về gốc tọa độ
trước khi đổi hệ cơ sở.)
Ngơ Quang Hưng | Đề tài: Tốn Ứng Dụng | |

23

In bài này