Sáng kiến kinh nghiệm: Xác định công thức tổng quát của dãy số

đặt vấn đề
Trong chơng 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 thờng 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 đà xác định đợc công thức tổng quát của dÃy số thì nội dung
của bài toán gần nh đợc giải quyết
Để đáp ứng đợc một phần đề tài Xác định công thức tổng quát của
dÃy số và kết hợp với sự tiếp cận Lý thuyết phơng trình sai phân qua
một số chuyên đề mà bản thân tác giả đà đợc học
Nội dung của đề tài nhằm cung cấp một số phơng 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 đà 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 đà sử dung mét sè kÕt qu¶ cã tÝnh hƯ thèng cđa
‘ Lý thuyết phơng trình sai phân . Tuy nhiên những vấn đề áp dụng
kiến thức toán học hiện đại chỉ dừng lại ở một số trờng hợp đặc biệt và giới
hạn trong trờng 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 ¸p dơng vµo mét sè bµi to¸n cơ thĨ . Qua đó, ngời đọc có thể trang bị thêm cho mình phơng 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 đợc trình bày trong đề tµi

1


Một số phơng pháp xác định công thức
tổng quát của dÃy số và xây dựng bài
toán về dÃy số
A. Phơng trình sai phân tuyến tính cấp một

Phơng trình sai phân tuyến tính cấp một là phơng trình sai phân dạng
u1 = α , a.un+1 + b.un = f n , n N *
trong đó a,b, là các hằng sè ,a # 0 vµ f n lµ biĨu thøc của n cho trớc
Dạng 1
Tìm un thoả mÃn điều kiện

u1 = α , a.un+1 + b .un = 0

(1.1)

trong ®ã a, b, cho trớc n N *
Phơng pháp giải
Giải phơng trình đặc trng a. + b = 0 ®Ĩ t×m λ Khi ®ã un = qλ n (q là
hằng số ) , trong đó q đợc xác định khi biết u1 =
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

un +1 = 2 un , u1 = 1

(1.2)

Phơng trình ®Ỉc trng cã nghiƯm λ = 2 VËy un = c.2n . Tõ u1 = 1 suy ra c =
Do đó un = 2n 1
Dạng 2
Tìm un thoả mÃn điều kiÖn

u1 = α , aun+1 + bun = f n , n N *
trong đó f n là đa thøc theo n

2

(2 .1)

1
2


Phơng pháp giải
0
*
Giải phơng trình đặc trng a. + b = 0 ta tìm đợc Ta có un = un + un
0
*
Trong đó un là nghiệm của phơng trình thuần nhất (1.1) và un là nghiệm
0
riêng tuỳ ý của phơng trình không thuần nhất (2.1) Vậy un = q. n q là hằng

số sẽ đợc xác định sau
*
Ta xác định un nh sau :
*
1) Nếu #1 thì un là đa thức cùng bậc với f n
*
2) Nếu =1 thì un = n.g n với g n là đa thức cùng bậc với f n
*
*
Thay un vào phơng trình, đồng nhất các hệ số ta tính đợc các hệ số của un

Bài toán 2: Tìm un thoả mÃn ®iỊu kiƯn

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

(2.2)

0
*
Bài giải Phơng trình đặc trng − 1 = 0 cã nghiÖm λ = 1 Ta cã un = un + un
0
n
*
*
trong ®ã un = c.1 = c, un = n ( an + b ) Thay un và phơng trình (2.2) ta đợc

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

(2.3)

thay n=1vµ n=2 vào (2.3) ta đợc hệ phơng trình sau
3a + b = 2
a = 1
⇔

5a + b = 4 b = −1
Do ®ã un = n ( n − 1)
0
*
Ta cã un = un + un = c + n ( n 1) Vì u1 = 2 nên 2 = c + 1( 1 − 1) ⇔ c = 2

2
VËy un = 2 + n ( n − 1) , hay un = n n + 2

Dạng 3
Tìm un thoả mÃn điều kiện

u1 = , a.un +1 + bun = v.àn , n N *
trong đó f n là đa thức theo n
Phơng pháp giải
3

(3.1)


0
*
Giải phơng trình đặc trng a. + b = 0 ta tìm đợc Ta có un = un + un
0
*
Trong đó un = c. n , c là hằng số cha đợc xác định , un đợc xác định nh sau :

1) Nếu # à

*
thì un = A.à n

2) Nếu = à

*
thì un = A.n.à n

*
Thay un vào phơng trình (3.1) đồng nhất các hệ số ta tính đợc các hệ số của
*
0
*
un . Biết u1 , tõ hÖ thøc un = un + un , tÝnh đợc c

Bài toán 3: Tìm un thoả mÃn điều kiện

u1 = 1; un +1 = 3.un + 2n , n N *

(3.2)

0
*
Bài giải Phơng trình đặc trng 3 = 0 cã nghiÖm λ = 3 Ta cã un = un + un
0
*
trong ®ã un = c.3n , un = a.2n
*
Thay un = a.2n vào phơng trình (3.2) , ta thu đợc

a.2n+1 = 3a.2n + 2n 2a = 3a + 1 ⇔ a = −1
Suy ra un = 2n Do đó un = c.3n 2n vì u1 = 1 nªn c=1 VËy un = 3n − 2n
Dạng 4
Tìm un thoả mÃn điều kiện

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

(4.1)

Trong đó f1n là đa thức theo n và f 2 n = v.à n
Phơng pháp gi¶i
0
*
0
Ta cã un = un + u1*n + u2 n Trong đó un là nghiệm tổng quát của phơng
*
trình thuần nhÊt aun+1 + bun = 0 , un lµ mét nghiệm riêng của phơng trình
*
không thuần nhất a.un+1 + b.un = f1n , u2n là nghiệm riêng bất kỳ của phơng

trình không thuần nhất a.un+1 + b.un = f 2 n
Bài toán 4: Tìm un thoả mÃn điều kiện

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

4

(4.2)


Bài giải Phơng trình đặc trng 2 = 0 cã nghiÖm λ = 2 Ta cã
0
*
0
*
*
un = un + u1*n + u2 n trong ®ã un = c.2n , un = a.n 2 + b.n + c , u2 n = An.2n

*
Thay un vào phơng trình un+1 = 2.un + n 2 , ta đợc

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

Cho n=1 , n=2 ta thu đợc hệ phơng trình
2a c = 1
 a = −1


⇔ b = −2
a − b − c = 4
2a + 2b + c = −9 c = −3


*
VËy u1*n = − n 2 − 2n 3 thay u2n vào phơng trình un+1 = 2.un + 3.2n Ta đợc

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

3
2

VËy
3
*
u2 n = n.2n = 3n.2n −1
2
n

2
n −1
Do ®ã un = c.2 + ( −n − 2n − 3) + 3n.2 . Ta cã u1 = 1 nªn

1 = 2c − 2 + 3 ⇔ c = 0 VËy un = 3n.2n−1 − n 2 − 2n − 3
B. Ph¬ng trình sai phân tuyến tính cấp hai
Phơng trình sai phân tuyến tính cấp một là phơng trình sai phân dạng
u1 = α , u2 = β , a.un+1 + bun + c.un−1 = f n , n ∈ N *
trong đó a,b,c, , là các hằng số , a # 0 vµ f n lµ biĨu thøc cđa n cho trớc
(NX: Phơng trình đặc trng của phơng 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
trờng 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

(5.1)


Phơng pháp giải
Giải phơng trình đặc trng a. 2 + b. + c = 0 tìm Khi đó
1) Nếu 1 , 2 là hai nghiệm thực khác nhau thì un = A.1n + B.2n , trong
đó A và B đợc xác định khi biết u1 , u2
n
2) Nếu 1 , λ2 lµ hai nghiƯm kÐp λ1 = λ2 = λ th× un = ( A + Bn ) .λ , trong

đó A và B đợc xác định khi biết u1 , u2
Bài toán 5: Tìm un thoả mÃn điều kiÖn sau

u0 = 1, u1 = 16, un + 2 = 8.un+1 16.un

(5.1)

Bài giải Phơng trình đặc trng 2 − 8λ + 16 = 0 cã nghiÖm kÐp λ = 4
Ta cã
un = ( A + B.n ) .4 n

(5.2)

Cho n=0 , n=1 thay vµo (5.2) ta thu đợc hệ phơng trình
u0 = 1 = A
A =1



u1 = ( 1 + B ) .4 = 16  B = 3

n
VËy un = ( 1 + 3n ) .4

D¹ng 2
Tìm un thoả mÃn điều kiện

u1 = , u2 = β , a.un +1 + b.un + c.un−1 = f n , n ≥ 2, (6.1)
trong ®ã a # 0, f n là đa thức theo n cho trớc
Phơng pháp giải
Giải phơng trình đặc trng a. 2 + b. + c = 0 để tìm . Khi đó ta cã
0
*

0
un = un + un , trong ®ã un là nghiệm tổng quát của phơng trình thuần nhất
*
a.un+1 + b.un + c.un −1 = 0 vµ un lµ mét nghiệm tuỳ ý của phơng trình

a.un+1 + b.un + c.un −1 = f n

6


0
*
Theo dạng 1 ta tìm đợc un , trong đó hệ số A, B cha đợc xác định , un đợc xác

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

,
*
*
Thay un vào phơng trình , đồng nhất các hệ số, tính đợc các hệ số cđa un . BiÕt
0
*
u1 , u2 tõ hƯ thøc un = un + un tính đợc A, B

Bài toán 6: Tìm un thoả mÃn điều kiện

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

(6.2)

Bài giải Phơng trình đặc trng 2 − 2λ + 1 = 0 cã nghiÖm kÐp λ = 1 Ta cã
0
*
0
*
un = un + un trong ®ã un = ( A + B.n ) .1n = A + Bn, un = n 2 ( a.n + b )
*
Thay un vào phơng trình (6,2) , ta đợc

( 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 đợc hệ phơng trình
1

a=

4 ( 2a + b ) − 2 ( a + b ) = 2


6
⇔

9 ( 3a + b ) − 8 ( 2a + b ) + ( a + b ) = 3 b = 1



2
Vậy

n 1
*
un = n 2  + ÷
6 2

Do ®ã
n 1
0
*
un = un + un = A + Bn + n 2 + ữ
6 2
Mt khác

7

1 1

A + B + + =1
A = 4

6 2


⇔

−11
 A + 2B + 4  1 + 1  = 0  B = 3


÷

3 2

VËy
un = 4 −

11
n 1
n + n2 + ữ
3
6 2

Dạng 3
Tìm un thoả m·n ®iỊu kiƯn

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

(7.1)

Phơng pháp giải
Giải phơng trình đặc trng a. 2 + b. + c = 0 để tìm λ Khi ®ã ta cã
0
*
0
un = un + un , trong đó un đợc xác định nh dạng 1 và hệ số A và B cha đợc xác
*
định, un đợc xác định nh sau
*
1) Nếu # à thì un = k .µ n
*
2) NÕu λ = µ lµ nghiƯm đơn thì un = k .nà n
*
3) Nếu = µ lµ nghiƯm kÐp th× un = k .n.2 µ n
*
Thay un vào phơng trình , dùng phơng pháp đồng nhất thức các hệ số sẽ tính
0
*
đợc hệ số k . BiÕt u1 , u2 tõ hÖ thøc un = un + un tính đợc A,B

Bài toán 7: Tìm un thoả mÃn điều kiện

u1 = 0; u2 = 0, un +1 − 2un + un−1 = 3.2n , n ≥ 2
Bài giải Phơng trình đặc trng 2 2 + 1 = 0 cã nghiÖm kÐp λ = 1 Ta cã
0
*

0
un = un + u1*n trong ®ã un = ( A + B.n ) .1n = A + Bn, un = k .2n
*
Thay un vào phơng trình , ta ®ỵc

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

8


*
0
*
VËy un = 6.2n = 3.2n+1 . Do ®ã un = un + un = A + bn + 3.2n +1 . (1) Thay

u1 = 1, u2 = 0 vµo phơng trình ta thu đợc
1 = A + B + 12
A = 2
⇔

0 = A + 2 B + 24  B = −13
VËy
un = 2 − 13n + 3.2n +1
Dạng 4
Tìm un thoả mÃn điều kiện

u1 = , u2 = β , aun+1 + bun + c.un −1 = f n + g n , n ≥ 2 (8.1)
trong đó a # 0 , f n là đa thức theo n và g n = v.à n
Phơng pháp gi¶i
*

0
Ta cã un = un0 + u1*n + u2 n trong đó un là nghiệm tổng quát của phơng
*
trình thuần nhÊt aun+1 + bun + c.un −1 = 0 , u1n là nghiệm riêng tùy ý của ph*
ơng trình không thuÇn nhÊt aun +1 + bun + c.u n−1 = f n u2n là nghiệm riêng tùy

ý của phơng trình không 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 m·n ®iỊu kiƯn

u1 = 0; u2 = 0, un +1 − 2un − 3un −1 = n + 2 n , n 2 (8.2)
Bài giải Phơng trình đặc trng λ 2 − 2λ − 3 = 0 cã nghiÖm λ1 = −1, λ2 = 3 Ta
cã
*
un = un0 + u1*n + u2 n

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

*
Thay u1n vào phơng trình un+1 2un 3un 1 = n , ta đợc

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

9

Vậy
a=b=

1
4

Do đó
*
un =

1
( n + 1)
4

*
Thay u2n vào phơng trình un+1 − 2un − 3un −1 = 2n , ta ®ỵc

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

2
3

Do ®ã
2
1
*
u2 n = − .2n = − .2n+1
3

3
VËy
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 đợc hệ phơng trình
1 4
61


A + 3B − 2 − 3 = 1  A = − 48


⇔

 A + 9B − 3 − 8 = 0
 B = 25


4 3
48



VËy
un = −

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

C. Phơng trình sai phân tuyến tính cấp ba
Phơng trình sai phân tuyến tính cấp ba là phơng 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 ®ã a,b,c, d, , , là các hằng số , a # 0 vµ f n lµ biĨu thøc cđa n cho
tríc

10


(NX: Phơng trình đặc trng của phơng 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 trêng sè thùc , tøc lµ chØ xÐt nghiƯm thực )
Phơng pháp giải
Nghiệm tổng quát của phơng trình sai phân tuyến tính cấp ba có dạng
0
*

0
un = un + un , trong đó un là nghiệm tổng quát ủa phơng trình tuyến tính thuần
*
nhất, un là một nghiệm riêng của phơng trình tuyến tính không thuần nhất

Xét phơng trình ®Ỉc trng
aλ 3 + bλ 2 + cλ + d = 0

(a.2)

1) Xác định công thức nghiệm tổng quát của phơng trình sai phân tuyến
tính cấp ba thuần nhất
a) Nếu (a.2) cã ba nghiÖm thùc λ1 , λ2 , λ3 phân biết thì
0
un = a1 .1n + a2 .2n + a3 .λ3n

b) NÕu (a.2) cã mét nghiÖm thùc béi 2 và một nghiệm đơn
(1 = 2 # 3 ) thì
0
un = (a1 + a2 n)λ1n + a3 .λ3n

c) NÕu (a.2) cã mét nghiÖm thùc béi 3 (λ1 = λ2 = λ3 ) th×
0
un = (a1 + a2 n + a3 n 2 )1n
*
2) Xác định nghiệm riêng un của phơng trình (a.1)

ã Xét f n là đa thức của n ta có
*
a) Nếu #1 thì un là đa thức cïng bËc víi f n

*
b) NÕu λ = 1 (nghiƯm đơn ) thì un = n.g n g n là ®a thøc cïng bËc

víi f n
*
c) NÕu λ = 1 (béi 2 ) th× un = n 2 .g n g n là đa thức cùng bậc với f n
*
d) NÕu λ = 1 (béi 3) th× un = n3 .g n g n là đa thức cùng bậc với f n

11


n
ã Xét f n = v.à ta có
*
a) Nếu # à thì un = k .n.à n
*
b) Nếu = à (nghiệm đơn ) thì un = k .à n
*
c) Nếu = à (nghiệm bội s ) thì un = k .n s .à n

Bài toán 9: Tìm d·y sè an biÕt r»ng
u1 = 0, u2 = 1, u3 = 3, un = 7un−1 − 11.un− 2 + 5.un 3 , n 4 (9.1)
Bài giải

Xét phơng trình ®Ỉc trng

λ 3 − 7λ 2 + 11λ − 5 = 0
cã 3 nghiÖm thùc

λ1 = λ2 = 1, λ3 = 5
VËy an = c1 + c2 n + c3 5n
Cho n=1, n=2, n=3 và giải hệ phơng trình tạo thành, ta đợc
c1 =
Vậy an =

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

1 3
1
+ ( n − 1) + .5n 1
16 4
16
D. Bài tập áp dụng

Bài toán 10: Cho dÃy số an đợc xác định theo công thức sau

a1 = 0; a2 = 1, an +1 = 2an − an −1 + 1, n ≥ 2 (10.1)
Chøng minh sè A = 4.an .an+ 2 + 1 là số chính phơng
Bài gi¶i Ta cã

an+1 = 2an − an−1 + 1

(10.2)

Trong (9.2) ta thay n bởi n-1, ta đợc
an = 2an 1 − an −2 + 1
Trõ c¸c vÕ cđa (10.1) cho (10.2) ta thu đợc

12

(10.3)


an+1 − 3an + 3an−1 − an− 2 = 0

(10.4)

Ph¬ng trình đặc trng của (10.4) là

3 3 2 + 3λ − 1 = 0
cã nghiÖm λ = 1 là nghiệm bội bậc ba
Vậy nghiệm tổng quát của phơng trình (10.4) là
an = (c1 + c2 n + c3 n 2 )1n
Cho n=0, n=1, n=2 ta đợc
0 = c1
c1 = 0


⇔
1 = c2 + c2 + c3
1
3 = c + 2c + 4c
c2 = c3 = 2

1
2
3

Ta thu đợc an =

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

2

Điều này chứng tỏ A là một số chính phơng
Bài toán 11: Cho dÃy số { xn } đợc xác định theo công thức sau

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

(11.1)

1997
Chøng minh rằng x1996 M
Bài giải Xét dÃy số { yn } víi y1 = 7, y2 = 50 vµ

yn +1 = 4 yn + 5 yn −1 + 22 ( n ≥ 2 )

(11.2)

DÔ thÊy yn ≡ xn ( mod1997 ) . Do đó chỉ cần chứng minh

y1996 0 ( mod 1997 )
Đặt zn = 4 yn + 11 suy ra z1 = 39, z2 = 211 . NhËn xÐt r»ng
zn +1 = 4 yn+1 + 11 = 16 yn + 20 yn −1 + 99 = 4 zn + 20 yn−1 + 55

(11.3)

Ta l¹i cã
zn −1 = 4 yn −1 + 11 suy ra 20 yn−1 = 5 zn1 55
Thế (11.4) vào (11.3) ta đợc
13

(11.4)


zn +1 = 4 zn + 5 zn−1
Suy ra
zn +1 4 zn 5 zn1 = 0

(11.5)

Phơng trình đặc trng cđa (11.5) lµ

λ 2 − 4λ − 5 = 0 cã nghiƯm λ1 = −1, λ2 = 5
NghiƯm tỉng quát của (11.1) là
zn = ( 1) + 5n β
n

Ta cã
8


α=

 z1 = −α + 5β = 39

3
⇔

 z2 = α + 25β = 211  β = 25

3

Do ®ã ta nhËn ®ỵc
8
25
n
zn = .( −1) + .5n
3
3

(11.6)

Tõ (11.6) ta suy ra
z1996

8 + 25.51996
=
3

Ta cÇn chøng minh
z1996 ≡ 11( mod1997 )

Do
1997
51996 − 1 M
 1996
5 − 1 M3
3.1997 . Tõ ®ã , ta cã 51996 = 3n.1997 + 1 , và khi đó
Nên 51996 1M
8 25 ( 3n.1997 + 1)
z1996 = +
= 25.n.1997 + 11
3
3
VËy z1996 ≡ 11( mod 1997 )

14


E. Bài tập tơng tự
Bài 1: Xác định công thức của dÃy số { xn } thoả mÃn các điều kiÖn sau
1) x1 = 11, xn +1 = 10.xn + 1 − 9n , ∀n ∈ N
2) x0 = 2, x1 = −8, xn+ 2 = −8.xn+1 + 9 xn
3) x0 = 1, x1 = 3, 2. xn+ 2 − 5 xn +1 + 2 xn = −n 2 − 2n + 3
4) x0 = 0, x1 = 1, xn +1 − 4 xn + 4 xn −1 = n 2 − 6n + 5
5) x1 = 1, x2 = 2, xn + 2 − 5 xn+1 + 6 xn = 4
Bài 2: Cho dÃy số { an } thoả m·n ®iỊu kiƯn

an = an −1 + 2.an −2

a1 = a2 = 1

n∈ N

( n ≥ 3)

n∈ N

( n ≥ 3)

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

bn = 2.bn1 + bn −2

b1 = 1, b2 = 2
n

5
Chøng minh r»ng bn ữ , 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)

Chøng minh r»ng un là một số chính phơng

Bài 5: (Tuyển tập đề thi Olympic 30 4 Toán 11 Lần thứ VIII 2002
NXB giáo dục )
Cho dÃy số { un } thoả m·n nh sau

15


un ∈ Z + , ∀∈ N

u0 = 1, u1 = 9
u = 10.u − u
∀n ∈ N , n ≥ 2
n −1
n−2
 n
Chøng minh : ∀k ∈ N , k ≥ 1
1) uk2 + uk2−1 − 10uk .uk −1 = −8
4
2
2) 5.uk − uk −1 M va 3.uk2 − 1M
( M hiƯu chia hÕt )
kÝ
Bµi 6: Cho d·y sè { 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 phơng
Bài 7: ( Báo Toán Học và Tuổi Trẻ số 356)
Cho dÃy số { ui } ( i=1,2,3,4)đợc xác ®Þnh bëi

a1 = 1, a2 = −1, an = −an 1 2an 2 , n = 3,4,...
Tính giá trị cđa biĨu thøc
2
2
A = 2.a2006 + a2006 .a2007 + a2007

Bµi 8: Cho dÃy số nguyên dơng { un } thoả m·n ®iỊu kiƯn

u0 = 20, u1 = 100, un +2 = 4.un +1 + 5.un + 20, n ∈ N *
Tìm số nguyên dơng h bé nhất có tính chất
an+ h − an M
1998 , n ∈ N

F. X©y dùng bài toán về dÃy số truy hồi

16


Nhận xét : Nội dung của đề tài trên giúp bạn đọc tìm ra công thức tổng quát
của một lớp d·y sè cã tÝnh chÊt truy håi mét c¸ch chÝnh 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
Dới 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 phơng trình

( 1) ( + 9 ) = 0 ⇔ λ

2

+ 8λ − 9 = 0

(12.1)

ph¬ng trình (12.1) có thể đợc coi là phơng trình đặc trng của một dÃy số có
quy luật. Chẳng hạn dÃy số un đợc xác định theo công thức sau
un+ 2 + 8.un+1 + 9.un = 0
cã thÓ cho u0 = 2, u1 = −8 . Ta cã thĨ ph¸t biĨu thành các bài toán sau
Bài toán 1: Cho dÃy số xn xác định nh 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 nh 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
VÝ dơ 2:

Xt ph¸t tõ phơng trình

( 1)

2

= 0 2 2 + 1 = 0

(12.2)

phơng trình (12.2) có thể đợc coi là phơng trình đặc trng của một dÃy số có
quy luật. Chẳng hạn dÃy số un đợc xác định theo c«ng thøc sau
un+ 2 − 2.un +1 + un = 2

17


cã thÓ cho u0 = 1, u1 = 0 khi đó vận dụng thuật toán trên xác định đợc công
thức tỉng qu¸t cđa d·y sè
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 nh sau

 xn + 2 − 2 xn+1 + xn = 2
n∈ N

 x0 = 1, x1 = 0
Chøng minh r»ng xn là một số chính phơng
Bài toán 3: Cho dÃy số xn xác định nh sau
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

KÕt luËn- kiÕn nghÞ

18


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
đà thu đợc một số kết quả nhất định sau :
1) Học sinh trung bình trở lên nắm vững đợc một số phơng pháp và
biết vận dụng ở dạng cơ bản xác định đợc công thức của dÃy số
2) Mét sè ®Ị thi häc sinh giái, Häc sinh líp chọn có thể sử dụng phơng pháp trình bày trong đề tài để giải bài toán
3) Là một phơng 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 phơng pháp giảng dậy theo quan điểm đổi mới là việc mà
toàn xà hội và nghành đang quan tâm. Tuy nhiên, trong một số lớp bài toán

bậc THPT ta có thể sử dụng một số kết quả của toán học hiện đại để xây
dựng phơng pháp giải toán sơ cấp là một vấn đề ít đợc 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 Phơng pháp toán sơ cấp . Qua đó ta có thể tìm đợc phơng
pháp giải, xây dựng các lớp bài toán ở bậc THPT

Tài liệu tham khảo

19


1) Lê Đình Thịnh- Lê Đình Định , Phơng 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

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.

20


Tóm lại, trong rất nhiều ứng dụng thì ta cần tính tốn rất nhanh lũy thừa của một ma trận

vng, hoặc lũy thừa nhân 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
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 khơng
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 luôn, 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 khơng đổi. Cụ thể hơn, BĐTT A làm hướng “bất biến” nếu
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 thì cái hay là có áp dụng A bao nhiêu
lần thì cũng không đổi hướng của các vectors trong hệ cơ sở! Điều này

rất tiện lợi, bởi vì
Như vậy, thay vì tính lũy thừa bậc cao của một ma trận, ta chỉ cần tính
lũy thừa của n con số và làm một phép cộng vectors đơn giản. Các giá trị
là các trị đặc trưng (eigenvalues) của A, và các vectors là các 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.

21


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.
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 toán hiệu quả cho các
bài toán 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 đó c là một hằng số dương là một bất phương trình bậc 2 với n
biến
(các tọa độ của vector x). Nghiệm của nó là các điểm nằm
trong một hình e-líp trong không gian n chiều (Ellipsoid) mà n trục của
ellipsoid chính là hướng của các eigenvectors của A, và chiều dài các trục
tỉ lệ nghịch với eigenvalue tương ứng (tỉ lệ với nghịch đảo của căn của
eigenvalue). Đây là trực quan hình học phổ biến thứ hai của eigenvectors
và eigenvalues.

22


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 eigenvectors/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.)
Ngô Quang Hưng | Đề tài: Toán Ứng Dụng | |

23

In bài này


Solution to Difference Equation
< Contents | Previous | Next >

A solution of a difference equation is an expression (or formula) that make
the difference equation true for all values of the integer variable k. The na
of a difference equation allows the solution to be calculated recursively . It
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

24

.


Thus the solution of the difference equation
is

See: Numerical Example

25

with initial va