Xác định công thức tổng quát của dãy số_SKKN toán lớp 11

ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong chương trình toán 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 toán 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 toán 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 cô có thể tự kiểm tra kết quả và xây
dựng cho mình một lớp các bài toán 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

*
1 1
, . . ,
n n n
u a u b u f n N
α
+
= + = ∈

trong đó a,b,
α
là các hằng số ,a # 0 và
n
f
là biểu thức của n cho trước
Dạng 1
Tìm
n
u
thoả mãn điều kiện
1 1
, . . 0
n n
u a u b u
α
+
= + =
(1.1)
trong đó
, ,a b

α
cho trước
*
n N∈
Phương pháp giải
Giải phương trình đặc trưng
. 0a b
λ
+ =
để tìm
λ
Khi đó
n
n
u q
λ
=
(q
là hằng số ) , trong đó q được xác định khi biết
1
u
α
=
Bài toán 1: Xác định số hạng tổng quát của cấp số nhân, biết số hạng đầu
tiên bằng 1 và công bội bằng 2
Bài giải Ta có
1 1
2 , 1
n n
u u u

+
= =
(1.2)
Phương trình đặc trưng có nghiệm
2
λ
=
Vậy
.2
n
n
u c=
. Từ
1
1u =
suy ra
1
2
c =
Do đó
1
2
n
n
u
−
=
Dạng 2
Tìm
n

u
thoả mãn điều kiện
*
1 1
, ,
n n n
u au bu f n N
α
+
= + = ∈
(2 .1)
2
trong đó
n
f
là đa thức theo n
Phương pháp giải
Giải phương trình đặc trưng
. 0a b
λ
+ =
ta tìm được
λ
Ta có
0 *
n n n
u u u= +
Trong đó
0
n

u
là nghiệm của phương trình thuần nhất (1.1) và
*
n
u
là nghiệm riêng tuỳ ý của phương trình không thuần nhất (2.1) Vậy
0
.
n
n
u q
λ
=
q là hằng số sẽ được xác định sau
Ta xác định
*
n
u
như sau :
1) Nếu
#1
λ
thì
*
n
u
là đa thức cùng bậc với
n
f
2) Nếu

1
λ
=
thì
*
.
n n
u n g=
với
n
g
là đa thức cùng bậc với
n
f
Thay
*
n
u
vào phương trình, đồng nhất các hệ số ta tính được các hệ số của
*
n
u
Bài toán 2: Tìm
n
u
thoả mãn điều kiện
*
1 1
2; 2 ,
n n

u u u n n N
+
= = + ∈
(2.2)
Bài giải Phương trình đặc trưng
1 0
λ
− =
có nghiệm
1
λ
=
Ta có
0 *
n n n
u u u= +
trong đó
( )
0 *
.1 ,
n
n n
u c c u n an b= = = +
Thay
*
n
u
và phương trình
(2.2) ta được
( ) ( ) ( )

1 1 2n a n b n an b n+ + + = + +
 
 
(2.3)
thay n=1và n=2 vào (2.3) ta được hệ phương trình sau
3 2 1
5 4 1
a b a
a b b
+ = =
 
⇔
 
+ = = −
 
Do đó
( )
1
n
u n n= −
Ta có
( )
0 *
1
n n n
u u u c n n= + = + −
Vì
1
2u =
nên

( )
2 1 1 1 2c c= + − ⇔ =
Vậy
( )
2
2 1 , 2
n n
u n n hay u n n= + − = − +
Dạng 3
Tìm
n
u
thoả mãn điều kiện
3
*
1 1
, . . ,
n n n
u a u bu v n N
α µ
+
= + = ∈
(3.1)
trong đó
n
f
là đa thức theo n
Phương pháp giải
Giải phương trình đặc trưng
. 0a b

λ
+ =
ta tìm được
λ
Ta có
0 *
n n n
u u u= +
Trong đó
0
.
n
n
u c
λ
=
, c là hằng số chưa được xác định ,
*
n
u
được
xác định như sau :
1) Nếu
#
λ µ
thì
*
.
n
n

u A
µ
=
2) Nếu
λ µ
=
thì
*
. .
n
n
u A n
µ
=
Thay
*
n
u
vào phương trình (3.1) đồng nhất các hệ số ta tính được các hệ số
của
*
n
u
. Biết
1
,u
từ hệ thức
0 *
n n n
u u u= +

, tính được c
Bài toán 3: Tìm
n
u
thoả mãn điều kiện
*
1 1
1; 3. 2 ,
n
n n
u u u n N
+
= = + ∈
(3.2)
Bài giải Phương trình đặc trưng
3 0
λ
− =
có nghiệm
3
λ
=
Ta có
0 *
n n n
u u u= +
trong đó
0 *
.3 , .2
n n

n n
u c u a= =
Thay
*
.2
n
n
u a=
vào phương trình (3.2) , ta thu được
1
.2 3 .2 2 2 3 1 1
n n n
a a a a a
+
= + ⇔ = + ⇔ = −
Suy ra
2
n
n
u = −
Do đó
.3 2
n
n
u c n= −
vì
1
1u =
nên c=1 Vậy
3 2

n n
n
u = −
Dạng 4
Tìm
n
u
thoả mãn điều kiện
*
1 1 1 2
, . ,
n n n n
u a u bu f f n N
α
+
= + = + ∈
(4.1)
Trong đó
1n
f
là đa thức theo n và
2
.
n
n
f v
µ
=
Phương pháp giải
Ta có

0 * *
1 2n n n n
u u u u= + +
Trong đó
0
n
u
là nghiệm tổng quát của phương
trình thuần nhất
1
0
n n
au bu
+
+ =
,
*
n
u
là một nghiệm riêng của phương trình
4
không thuần nhất
1 1
. .
n n n
a u b u f
+
+ =
,
*

2n
u
là nghiệm riêng bất kỳ của phương
trình không thuần nhất
1 2
. .
n n n
a u b u f
+
+ =
Bài toán 4: Tìm
n
u
thoả mãn điều kiện
2 *
1 1
1; 2 3.2 ,
n
n n
u u u n n N
+
= = + + ∈
(4.2)
Bài giải Phương trình đặc trưng
2 0
λ
− =
có nghiệm
2
λ

=
Ta có
0 * *
1 2n n n n
u u u u= + +
trong đó
0 * 2 *
2
.2 , . . , .2
n n
n n n
u c u a n b n c u An= = + + =
Thay
*
n
u
vào phương trình
2
1
2.
n n
u u n
+
= +
, ta được
( ) ( )
2
2 2
1 1 2 2 2a n b n c an bn c n+ + + + = + + +
Cho n=1 , n=2 ta thu được hệ phương trình

2 1 1
4 2
2 2 9 3
a c a
a b c b
a b c c
− = = −
 
 
− − = ⇔ = −
 
 
+ + = − = −
 
Vậy
* 2
1
2 3
n
u n n= − − −
thay
*
2n
u
vào phương trình
1
2. 3.2
n
n n
u u

+
= +
Ta được
( ) ( )
1
3
1 2 2 .2 3.2 2 1 2 3
2
n n n
A n An A n An A
+
+ = + ⇔ + = + ⇔ =
Vậy
* 1
2
3
.2 3 .2
2
n n
n
u n n
−
= =
Do đó
( )
2 1
.2 2 3 3 .2
n n
n
u c n n n

−
= + − − − +
. Ta có
1
1u =
nên
1 2 2 3 0c c= − + ⇔ =
Vậy
1 2
3 .2 2 3
n
n
u n n n
−
= − − −
B. PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP HAI
Phương trình sai phân tuyến tính cấp một là phương trình sai phân
dạng
*
1 2 1 1
, , . . ,
n n n n
u u a u bu c u f n N
α β
+ −
= = + + = ∈
5
trong đó a,b,c,
α
,

β
là các hằng số , a # 0 và
n
f
là biểu thức của n cho
trước
(NX: Phương trình đặc trưng của phương trình sai phân tuyến tính cấp hai
luôn 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
n
u
thoả mãn điều kiện
*
1 2 1 1
, , . 0,
n n n
u u au bu c u n N
α β
+ −
= = + + = ∈
(5.1)
Phương pháp giải
Giải phương trình đặc trưng
2
. . 0a b c
λ λ
+ + =
tìm

λ
Khi đó
1) Nếu
1 2
,
λ λ
là hai nghiệm thực khác nhau thì
1 2
. .
n n
n
u A B
λ λ
= +
, trong
đó A và B được xác định khi biết
1 2
,u u

2) Nếu
1 2
,
λ λ
là hai nghiệm kép
1 2
λ λ λ
= =
thì
( )
.

n
n
u A Bn
λ
= +
, trong
đó A và B được xác định khi biết
1 2
,u u

Bài toán 5: Tìm
n
u
thoả mãn điều kiện sau
0 1 2 1
1, 16, 8. 16.
n n n
u u u u u
+ +
= = = −
(5.1)
Bài giải Phương trình đặc trưng
2
8 16 0
λ λ
− + =
có nghiệm kép
4
λ
=

Ta có
( )
. .4
n
n
u A B n= +
(5.2)
Cho n=0 , n=1 thay vào (5.2) ta thu được hệ phương trình
( )
0
1
1
1
3
1 .4 16
u A
A
B
u B
= =

=


⇔
 
=
= + =




Vậy
( )
1 3 .4
n
n
u n= +
Dạng 2
Tìm
n
u
thoả mãn điều kiện
6
1 2 1 1
, , . . . , 2,
n n n n
u u a u b u c u f n
α β
+ −
= = + + = ≥
(6.1)
trong đó a # 0,
n
f
là đa thức theo n cho trước
Phương pháp giải
Giải phương trình đặc trưng
2
. . 0a b c

λ λ
+ + =
để tìm
λ
. Khi đó ta
có
0 *
,
n n n
u u u= +
trong đó
0
n
u
là nghiệm tổng quát của phương trình thuần
nhất
1 1
. . . 0
n n n
a u b u c u
+ −
+ + =
và
*
n
u
là một nghiệm tuỳ ý của phương trình
1 1
. . .
n n n n

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

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

n n n
u n g g=
là đa thức cùng bậc với
n
f
3) Nếu
1
λ
=
là nghiệm kép thì
* 2
. ,
n n n
u n g g=
là đa thức cùng bậc với
n
f
,
Thay
*
n
u
vào phương trình , đồng nhất các hệ số, tính được các hệ số của
*
n
u
.
Biết
1 2
,u u

từ hệ thức
0 *
n n n
u u u= +
tính được A, B
Bài toán 6: Tìm
n
u
thoả mãn điều kiện
1 2 1 1
1; 0, 2 1, 2
n n n
u u u u u n n
+ −
= = − + = + ≥
(6.2)
Bài giải Phương trình đặc trưng
2
2 1 0
λ λ
− + =
có nghiệm kép
1
λ
=
Ta
có
0 *
n n n
u u u= +

trong đó
( ) ( )
0 * 2
. .1 , .
n
n n
u A B n A Bn u n a n b= + = + = +
Thay
*
n
u
vào phương trình (6,2) , ta được
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
1 1 2 . 1 1 1n a n b n a n b n a n b n+ + + − + + − − + = +
   
   
Cho n=1 , n=2 ta thu được hệ phương trình
7
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1
4 2 2 2
6
1
9 3 8 2 3
2
a
a b a b

a b a b a b
b

=

+ − + =

 
⇔
 
+ − + + + =



=


Vậy
* 2
1
6 2
n
n
u n
 
= +
 ÷
 
Do đó
0 * 2

1
6 2
n n n
n
u u u A Bn n
 
= + = + + +
 ÷
 
Mặt khác
1 1
1
4
6 2
11
1 1
2 4 0
3
3 2
A B
A
B
A B

+ + + =
=


 
⇔

  −
= 
 
+ + + =

 ÷

 

Vậy
2
11 1
4
3 6 2
n
n
u n n
 
= − + +
 ÷
 
Dạng 3
Tìm
n
u
thoả mãn điều kiện
1 2 1 1
, , . . , 2
n
n n n

u u au bu c u d n
α β µ
+ −
= = + + = ≥
(7.1)
Phương pháp giải
Giải phương trình đặc trưng
2
. . 0a b c
λ λ
+ + =
để tìm
λ
Khi đó ta có
0 *
,
n n n
u u u= +
trong đó
0
n
u
được xác định như dạng 1 và hệ số A và B chưa
được xác định,
*
n
u
được xác định như sau
1) Nếu
#

λ µ
thì
*
.
n
n
u k
µ
=
2) Nếu
λ µ
=
là nghiệm đơn thì
*
.
n
n
u k n
µ
=
3) Nếu
λ µ
=
là nghiệm kép thì
* 2
. .
n
n
u k n
µ

=
8
Thay
*
n
u
vào phương trình , dùng phương pháp đồng nhất thức các hệ số sẽ
tính được hệ số k . Biết
1 2
,u u
từ hệ thức
0 *
n n n
u u u= +
tính được A,B
Bài toán 7: Tìm
n
u
thoả mãn điều kiện
1 2 1 1
0; 0, 2 3.2 , 2
n
n n n
u u u u u n
+ −
= = − + = ≥
Bài giải Phương trình đặc trưng
2
2 1 0
λ λ

− + =
có nghiệm kép
1
λ
=
Ta
có
0 *
1n n n
u u u= +
trong đó
( )
0 *
. .1 , .2
n n
n n
u A B n A Bn u k= + = + =

Thay
*
n
u
vào phương trình , ta được
1 1
.2 2 .2 .2 3.2 6
n n n n
k k k k
+ −
− + = ⇔ =
Vậy

* 1
6.2 3.2
n n
n
u
+
= =
. Do đó
0 * 1
3.2
n
n n n
u u u A bn
+
= + = + +
. (1) Thay
1 2
1, 0u u= =
vào phương trình ta thu được
1 12 2
0 2 24 13
A B A
A B B
= + + =
 
⇔
 
= + + = −
 
Vậy

1
2 13 3.2
n
n
u n
+
= − +
Dạng 4
Tìm
n
u
thoả mãn điều kiện
1 2 1 1
, , . , 2
n n n n n
u u au bu c u f g n
α β
+ −
= = + + = + ≥
(8.1)
trong đó a # 0 ,
n
f
là đa thức theo n và
.
n
n
g v
µ
=

Phương pháp giải
Ta có
0 * *
1 2n n n n
u u u u= + +
trong đó
0
n
u
là nghiệm tổng quát của phương
trình thuần nhất
1 1
. 0
n n n
au bu c u
+ −
+ + =
,
*
1n
u
là nghiệm riêng tùy ý của
phương trình không thuần nhất
1 1
.
n n n n
au bu c u f
+ −
+ + =

*
2n
u
là nghiệm
riêng tùy ý của phương trình không thuần nhất
1 1
.
n n n n
au bu c u g
+ −
+ + =
Bài toán 8: ( Đề thi OLYPIC 30 -4 Toán 11 Lần thứ VIII- 2002 )
Tìm
n
u
thoả mãn điều kiện
9
1 2 1 1
0; 0, 2 3 2 , 2
n
n n n
u u u u u n n
+ −
= = − − = + ≥
(8.2)
Bài giải Phương trình đặc trưng
2
2 3 0
λ λ
− − =

có nghiệm
1 2
1, 3
λ λ
= − =
Ta có
0 * *
1 2n n n n
u u u u= + +

trong đó
( )
0 * *
1 2
1 .3 , , .2
n
n n
n n n
u A B u a bn u k= − + = + =
Thay
*
1n
u
vào phương trình
1 1
2 3
n n n
u u u n
+ −
− − =

, ta được
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 1 4 1 4 0a n b an b a n b n a n a b+ + − + − − + = ⇔ + − − =
 
 
Vậy
1
4
a b= = −
Do đó
( )
*
1
1
4
n
u n
−
= +
Thay
*
2n
u
vào phương trình
1 1
2 3 2
n
n n n
u u u
+ −

− − =
, ta được
1 1
2
.2 2. .2 3. .2 2
3
n n n n
k k k k
+ −
− = = ⇔ = −
Do đó
* 1
2
2 1
.2 .2
3 3
n n
n
u
+
= − = −
Vậy
( ) ( )
0 * * 1
1 2
1 1
1 .3 1 .2
4 3
n
n n

n n n n
u u u u A B n
+
= + + = − + − + −
(8.3)
Ta thay
1 2
1, 0u u= =
vào (8.3) ta được hệ phương trình
1 4 61
3 1
2 3 48
3 8 25
9 0
4 3 48
A B A
A B B
 
− + − − = = −
 
 
⇔
 
 
+ − − = =
 
 
10
Vậy
( ) ( )

1
61 25 1 1
. 1 .3 . 1 .2
48 48 4 3
n
n n
n
u n
+
= − − + − + −
C. PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP BA
Phương trình sai phân tuyến tính cấp ba là phương trình sai phân
dạng
1 2 3 2 1 1
, , , . . . , 2
n n n n n
u u u a u bu c u d u f n
α β γ
+ + −
= = = + + + = ≥
(a.1)
trong đó a,b,c, d,
α
,
β
,
γ
là các hằng số , a # 0 và
n
f

là biểu thức của n
cho trước
(NX: Phương trình đặc trưng của phương trình sai phân tuyến tính cấp ba
luôn 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 quát của phương trình sai phân tuyến tính cấp ba có
dạng
0 *
n n n
u u u= +
, trong đó
0
n
u
là nghiệm tổng quát ủa phương trình tuyến
tính thuần nhất,
*
n
u
là một nghiệm riêng của phương trình tuyến tính không
thuần nhất
Xét phương trình đặc trưng
3 2
0a b c d
λ λ λ
+ + + =
(a.2)
1) Xác định công thức nghiệm tổng quát của phương trình sai phân
tuyến tính cấp ba thuần nhất

a) Nếu (a.2) có ba nghiệm thực
1 2 3
, ,
λ λ λ
phân biết thì
0
1 1 2 2 3 3
. . .
n n n
n
u a a a
λ λ λ
= + +
b) Nếu (a.2) có một nghiệm thực bội 2 và một nghiệm đơn
1 2 3
( # )
λ λ λ
=
thì
0
1 2 1 3 3
( ) .
n n
n
u a a n a
λ λ
= + +
11
c) Nếu (a.2) có một nghiệm thực bội 3
1 2 3

( )
λ λ λ
= =
thì
0 2
1 2 3 1
( )
n
n
u a a n a n
λ
= + +
2) Xác định nghiệm riêng
*
n
u
của phương trình (a.1)
• Xét
n
f
là đa thức của n ta có
a) Nếu
#1
λ
thì
*
n
u
là đa thức cùng bậc với
n

f
b) Nếu
1
λ
=
(nghiệm đơn ) thì
*
.
n n
u n g=

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

n
g
là đa thức cùng bậc với

n
f
d) Nếu
1
λ
=
(bội 3) thì
* 3
.
n n
u n g=

n
g
là đa thức cùng bậc với
n
f
• Xét
.
n
n
f v
µ
=
ta có
a) Nếu
#
λ µ
thì
*

. .
n
n
u k n
µ
=
b) Nếu
λ µ
=
(nghiệm đơn ) thì
*
.
n
n
u k
µ
=
c) Nếu
λ µ
=
(nghiệm bội s ) thì
*
. .
s n
n
u k n
µ
=
Bài toán 9: Tìm dãy số
n

a
biết rằng
1 2 3 1 2 3
0, 1, 3, 7 11. 5. , 4
n n n n
u u u u u u u n
− − −
= = = = − + ≥
(9.1)
Bài giải Xét phương trình đặc trưng
3 2
7 11 5 0
λ λ λ
− + − =
có 3 nghiệm thực
1 2 3
1, 5
λ λ λ
= = =
Vậy
1 2 3
5
n
n
a c c n c= + +
Cho n=1, n=2, n=3 và giải hệ phương trình tạo thành, ta được
1 2 3
1 3 1
, ,
16 4 16

c c c= − = =
12
Vậy
( )
1
1 3 1
1 .5
16 4 16
n
n
a n
−
= − + − +
D. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài toán 10: Cho dãy số
n
a
được xác định theo công thức sau
1 2 1 1
0; 1, 2 1, 2
n n n
a a a a a n
+ −
= = = − + ≥
(10.1)
Chứng minh số
2
4. . 1
n n
A a a

+
= +
là số chính phương
Bài giải Ta có
1 1
2 1
n n n
a a a
+ −
= − +
(10.2)
Trong (9.2) ta thay n bởi n-1, ta được
1 2
2 1
n n n
a a a
− −
= − +
(10.3)
Trừ các vế của (10.1) cho (10.2) ta thu được
1 1 2
3 3 0
n n n n
a a a a
+ − −
− + − =
(10.4)
Phương trình đặc trưng của (10.4) là
3 2
3 3 1 0

λ λ λ
− + − =
có nghiệm
1
λ
=
là nghiệm bội bậc ba
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (10.4) là
2
1 2 3
( )1
n
n
a c c n c n= + +
Cho n=0, n=1, n=2 ta được
1
1
2 2 3
2 3
1 2 3
0
0
1
1
3 2 4
2
c
c
c c c
c c

c c c
=

=



= + + ⇔
 
= =
 
= + +


Ta thu được
( )
1
2
n
n n
a
+
=
và từ đó ta có
( )
2
2
2
4 . 1 3 1
n n

A a a n n
+
= + = + +
Điều này chứng tỏ A là một số chính phương
13
Bài toán 11: Cho dãy số
{ }
n
x
được xác định theo công thức sau
( )
1 2 1 1
7; 50, 4 5 1975 2
n n n
x x x x x n
+ −
= = = + − ≥
(11.1)
Chứng minh rằng
1996
1997x M
Bài giải Xét dãy số
{ }
n
y
với
1 2
7, 50y y= =
và
( )

1 1
4 5 22 2
n n n
y y y n
+ −
= + + ≥
(11.2)
Dễ thấy
( )
mod1997
n n
y x≡
. Do đó chỉ cần chứng minh
( )
1996
0 1997y mod≡
Đặt
4 11
n n
z y= +
suy ra
1 2
39, 211z z= =
. Nhận xét rằng
1 1 1 1
4 11 16 20 99 4 20 55
n n n n n n
z y y y z y
+ + − −
= + = + + = + +

(11.3)
Ta lại có
1 1
4 11
n n
z y
− −
= +
suy ra
1 1
20 5 55
n n
y z
− −
= −
(11.4)
Thế (11.4) vào (11.3) ta được
1 1
4 5
n n n
z z z
+ −
= +
Suy ra
1 1
4 5 0
n n n
z z z
+ −
− − =

(11.5)
Phương trình đặc trưng của (11.5) là
2
4 5 0
λ λ
− − =
có nghiệm
1 2
1, 5
λ λ
= − =
Nghiệm tổng quát của (11.1) là
( )
1 5
n
n
n
z
α β
= − +
Ta có
1
2
8
5 39
3
25
25 211
3
z

z
α
α β
α β
β

=

= − + =


⇔
 
= + =


=


Do đó ta nhận được
14
( )
8 25
. 1 .5
3 3
n
n
n
z = − +
(11.6)

Từ (11.6) ta suy ra
1996
1996
8 25.5
3
z
+
=
Ta cần chứng minh
( )
1996
11 mod1997z ≡
Do
1996
1996
5 1 1997
5 1 3
−


−

M
M
Nên
1996
5 1 3.1997− M
. Từ đó , ta có
1996
5 3 .1997 1n= +

, và khi đó
( )
1996
25 3 .1997 1
8
25. .1997 11
3 3
n
z n
+
= + = +
Vậy
( )
1996
11 mod 1997z ≡
E. BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Xác định công thức của dãy số
{ }
n
x
thoả mãn các điều kiện sau
1)
1 1
11, 10. 1 9 ,
n n
x x x n n N
+
= = + − ∀ ∈
2)
0 1 2 1

2, 8, 8. 9
n n n
x x x x x
+ +
= = − = − +
3)
2
0 1 2 1
1, 3, 2. 5 2 2 3
n n n
x x x x x n n
+ +
= = − + = − − +
4)
2
0 1 1 1
0, 1, 4 4 6 5
n n n
x x x x x n n
+ −
= = − + = − +
5)
1 2 2 1
1, 2, 5 6 4
n n n
x x x x x
+ +
= = − + =
Bài 2: Cho dãy số
{ }

n
a
thoả mãn điều kiện
( )
1 2
1 2
2.
3
1
n n n
a a a
n N n
a a
− −
= +

∈ ≥

= =


15
Chứng minh rằng
n
a
là một số lẻ
Bài 3: Cho dãy số
{ }
n
b

xác định bởi
( )
1 2
1 2
2.
3
1, 2
n n n
b b b
n N n
b b
− −
= +

∈ ≥

= =


Chứng minh rằng
5
,
2
n
n
b n N
 
≤ ∀ ∈
 ÷
 

Bài 4: Cho dãy số
{ }
n
u
thoả mãn điều kiện
( )
2 1
0 1
2. 2
2
1, 0
n n n
u u u
n N n
u u
+ +
− + =

∈ ≥

= =


Chứng minh rằng
n
u
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

{ }
n
u
thoả mãn như sau
0 1
1 2
,
1, 9
10. , 2
n
n n n
u Z N
u u
u u u n N n
+
− −
∈ ∀∈


= =


= − ∀ ∈ ≥

Chứng minh :
, 1k N k∀ ∈ ≥
1)
2 2
1 1
10 . 8

k k k k
u u u u
− −
+ − = −
2)
2
1
5. 4 3. 1 2
k k k
u u va u
−
− −M M
(
M
kí hiệu chia hết )
Bài 6: Cho dãy số
{ }
n
u
thoả mãn điều kiện
*
2 1 1
2 2 ,
n n n n
u u u u n N
+ + −
= + − ∈

Chứng minh rằng tồn tại các hằng số nguyên M sao cho các số
1

4.
n n
M a a
+
+
đều là số chính phương
Bài 7: ( Báo Toán Học và Tuổi Trẻ số 356)
16
Cho dãy số
{ }
i
u
( i=1,2,3,4…)được xác định bởi
1 2 1 2
1, 1, 2 , 3,4,
n n n
a a a a a n
− −
= = − = − − =

Tính giá trị của biểu thức
2 2
2006 2006 2007 2007
2. .A a a a a= + +
Bài 8: Cho dãy số nguyên dương
{ }
n
u
thoả mãn điều kiện
*

0 1 2 1
20, 100, 4. 5. 20,
n n n
u u u u u n N
+ +
= = = + + ∈

Tìm số nguyên dương h bé nhất có tính chất
1998 ,
n h n
a a n N
+
− ∈M
F. XÂY DỰNG BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ TRUY HỒI
Nhận xét : Nội dung của đề tài trên giúp bạn đọc tìm ra công thức tổng
quát của một lớp dãy số có tính chất truy hồi một cách chính xác nhất, giúp
các Thầy cô 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 toán 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
( ) ( )
2
1 9 0 8 9 0
λ λ λ λ
− + = ⇔ + − =
(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

n
u
được xác định theo công thức sau
2 1
8. 9. 0
n n n
u u u
+ +
+ + =
có thể cho
0 1
2, 8u u= = −
. Ta có thể phát biểu thành các bài toán sau
17
Bài toán 1: Cho dãy số
n
x
xác định như sau
2 1
0 1
8. 9. 0
2, 8
n n n
x x x
n N
x x
+ +
+ + =

∈


= = −

Xác định công thức của dãy số
n
x
Bài toán 2: Cho dãy số
n
x
xác định như sau
2 1
0 1
8. 9. 0
2, 8
n n n
x x x
n N
x x
+ +
+ + =

∈

= = −

Tính giá trị của biểu thức
2006 2007
5. 4A x x= − +
Ví dụ 2: Xuất phát từ phương trình
( )

2
2
1 0 2 1 0
λ λ λ
− = ⇔ − + =
(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
n
u
được xác định theo công thức sau
2 1
2. 2
n n n
u u u
+ +
− + =
có thể cho
0 1
1, 0u u= =
khi đó vận dụng thuật toán trên xác định được công
thức tổng quát của dãy số
( )
2
1
n
x n= −
Ta có thể phát biểu thành các bài toán sau
Bài toán 1: Xác định công thức của dãy số
n

x
thoả mãn các điều kiện sau
2 1
0 1
2 2
1, 0
n n n
x x x
n N
x x
+ +
− + =

∈

= =

Bài toán 2: Cho dãy số
n
x
xác định như sau
2 1
0 1
2 2
1, 0
n n n
x x x
n N
x x
+ +

− + =

∈

= =

Chứng minh rằng
n
x
là một số chính phương
Bài toán 3: Cho dãy số
n
x
xác định như sau
18
2 1
0 1
2 2
1, 0
n n n
x x x
n N
x x
+ +
− + =

∈

= =


Xác định số tự nhiên n sao cho
1
22685
n n
x x
+
+ =

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 toán 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 Môn Toán Lần thứ V, Nhà xuất bản
Giáo Dục
3) Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30 – 4 Môn Toán Lần thứ VII-2002 , Nhà
xuất bản Giáo Dục
4) Tạp trí Toán Học và Tuổi Trẻ Số 356 , Nhà xuất bản Giáo Dục
5) Trần Chí Hiếu – Nguyễn Danh Phan Tuyển chọn các bài toán 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 thỏng 10, 2007
Eigenvalues và eigenvectors xuất hiện cực kỳ nhiều trong cỏc ngành khoa học và kỹ
thuật: Vật Lý, xỏc suất thống kờ, KHMT, lý thuyết đồ thị, v.v. Để hiểu ý nghĩa của
chúng, có hai hướng nhỡn thụng dụng, ỏp 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 giỏ trị khỏc nhau của số mũ . Vớ dụ 1: nếu A
là ma trận của một phộp biến đổi tuyến tính (linear transformation) nào đó, như phép
quay và co dón trong computer graphics chẳng hạn, thỡ 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 vô 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 toán là khổng lồ, dù chỉ
trong không gian 3 chiều. Vớ dụ 2: nếu A là transition matrix của một chuỗi Markov rời
rạc và x là distribution của trạng thỏi hiện tại, thỡ chính là distribution của chuỗi
Markov sau k bước. Vớ dụ 3: các phương trỡnh sai phõn (difference equation) như kiểu
phương trỡnh cũng có thể được viết thành dạng để

tính với k tựy ý. Vớ dụ 4: lũy thừa của một ma trận xuất hiện tự nhiên khi giải các
phương trỡnh vi phõn, xuất hiện trong khai triển Taylor của ma trận chẳng hạn.
Túm lại, trong rất nhiều ứng dụng thỡ ta cần tớnh toỏn rất nhanh lũy thừa của một ma
trận vuụng, hoặc lũy thừa nhõn một vector.
Mỗi ma trận vuông 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 là ta đó
ngầm định một hệ cơ sở nào đó, thường là hệ cơ sở trực chuẩn ,
, 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 vỡ ta “dễ” hỡnh dựng chỳng trong
khụng gian n chiều, chỳng 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 thỡ cỏc vectors
thường cũng bị biến đổi theo luôn, rất bất tiện nếu ta phải tính cho
nhiều giỏ trị k và x khỏc nhau.
Bõy giờ, giả sử ta tỡm 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 thỡ 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 mộ t 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 cỏc eigenvalues lên đường chéo của
một ma trận thỡ ta cú . 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 vỡ thế lũy thừa của A rất dễ tớnh: do lũy thừa của
một ma trận đường chéo rất dễ tính.
Cụm từ “khả năng đường chéo hóa được” (diagonalizability) nghe ghê răng quá, có
bạn nào biết tiếng Việt là gỡ khụng?
Nếu ta biết được các eigenvectors và eigenvalues của một ma trận thỡ — ngoài việc
tớnh lũy thừa của ma trận — ta cũn dựng chỳng 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 nhỡ 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 cỏi “giả thiết rất mạnh” ở trờn. Cú một loại ma trận mà giả thiết này đúng;
và hơn thế nữa, ta có thể tỡm được các eigenvectors vuông góc nhau, đó là cỏc 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).
Cũn cỏc ma trận khụng thỏa món “giả thiết rất mạnh” này, nghĩa là khụng
diagonalizable, thỡ làm gỡ với chỳng? Ta cú thể tỡm cỏch làm cho chỳng 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 vỡ thế cú thể thiết kế cỏc thuật toỏn hiệu quả cho
cỏc bài toỏn tương ứng. Không những đối xứng, chúng cũn cú một thuộc tớnh mạnh hơn
nữa gọi là positive (semi) definite, nghĩa là các eigenvalues đều không âm. Vớ dụ 1: bài

toỏn least squares có ứng dụng khắp nơi (linear regression trong statistics chẳng
hạn) dẫn đến ma trận symmetric positive (semi) definite . Vớ 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. Vớ 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 thỡ ta cú thể hiểu cỏc eigenvectors và
eigenvalues theo cỏch khỏc. Bất phương trỡnh
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 đ iểm 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 đó hỏi trong
phần bỡnh luận bài tư duy trừu tượng, thỡ ta cú thể hiểu nụm 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). Thỡ 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.)
Ngô Quang Hưng | Đề tài: Toỏn Ứng Dụng | | In bài này
23
Solution to Difference Equation
< Contents | Previous | Next >

A solution of a difference equation is an expression (or formula) that makes
the difference equation true for all values of the integer variable k. The
nature of a difference equation allows the solution to be calculated
recursively . It is easier to see the solution of the difference equation
through algebraic equation.
Example:
We have difference equation with initial value

.
Then we can determine set the
k = 0: initial value
k = 1:
k = 2:
k = 3:
k = 4:
…
k = n:
However, the series has a closed-form of
Thus the solution of the difference equation with initial value
24
25