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

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
 
    