Một số phương pháp thiết lập các bài toán về dãy số
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (424.58 KB, 85 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
ĐẶNG XUÂN HIẾU
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP THIẾT LẬP
CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Bình Định - Năm 2020
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
ĐẶNG XUÂN HIẾU
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP THIẾT LẬP
CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113
NGƯỜI HƯỚNG DẪN: TS. TRỊNH ĐÀO CHIẾN
LỜI CAM ĐOAN
Tơi xin cam đoan những gì viết trong luận văn là do sự tìm tịi, học hỏi của
bản thân và sự hướng dẫn tận tình của thầy TS. Trịnh Đào Chiến. Mọi kết
quả nghiên cứu cũng như ý tưởng của tác giả khác nếu có đều được trích dẫn cụ
thể. Luận văn này cho đến nay chưa được bảo vệ tại bất kỳ một hội đồng bảo
vệ luận văn thạc sĩ nào và cũng chưa hề được công bố trên bất kỳ một phương
tiện nào. Tôi xin chịu trách nhiệm về những lời cam đoan trên.
Bình Định, ngày 30 tháng 7 năm 2020
Tác giả luận văn
Đặng Xuân Hiếu
LỜI CẢM ƠN
Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin gửi lời cảm ơn chân
thành tới thầy TS. Trịnh Đào Chiến, người đã trực tiếp hướng dẫn và chỉ
bảo tận tình tơi trong q trình hồn thành luận văn này.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến các thầy giáo, cô giáo trong trường đại học
Quy Nhơn đã tạo điều kiện và nhiệt tình giúp đỡ tơi trong khố Cao học này.
Tơi cũng chân thành cảm ơn đến bạn bè và gia đình, những người ln luôn
bên cạnh hỗ trợ và động viên trong suốt thời gian làm luận văn này.
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều nhưng do kiến thức bản thân còn hạn chế luận
văn khơng tránh khỏi những thiếu sót, rất mong nhận được ý kiến của thầy cô,
bạn bè để luận văn được hồn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn.
Bình Định, ngày 30 tháng 7 năm 2020
Tác giả luận văn
Đặng Xuân Hiếu
Mục lục
Mở đầu
1
1 Phương pháp áp dụng một số kết quả của Đại số và Số học
3
1.1
Phương pháp chéo hoá ma trận trong Đại số tuyến tính . . . . . .
1.2
Phương pháp áp dụng tính chất nghiệm của phương trình . . . . 18
1.2.1
Phương trình bậc hai trong Đại số . . . . . . . . . . . . . . 18
1.2.2
Phương trình nghiệm nguyên trong Số học . . . . . . . . . 20
2 Phương pháp áp dụng một số kết quả của Giải tích
2.1
3
27
Phương pháp sử dụng phương trình sai phân . . . . . . . . . . . . 27
2.1.1
Phương trình sai phân tuyến tính cấp một . . . . . . . . . 27
2.1.2
Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai . . . . . . . . . . 30
2.1.3
Phương trình sai phân tuyến tính cấp cao . . . . . . . . . . 36
2.1.4
Phương trình sai phân phi tuyến . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.2
Phương pháp sử dụng tính chất hàm phân tuyến tính . . . . . . . 53
2.3
Phương pháp sử dụng tính chất hàm sinh . . . . . . . . . . . . . . 55
3 Phương pháp áp dụng một số kết quả của Lượng giác
63
Kết luận
79
Tài liệu tham khảo
80
1
Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Dãy số và các vấn đề liên quan đến dãy số là một phần quan trọng của Đại số
và Giải tích tốn học. Dãy số không những là đối tượng để nghiên cứu mà cịn
là cơng cụ đắc lực của các mơ hình rời rạc của Giải tích trong lý thuyết phương
trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, ...
Trong chương trình Tốn ở phổ thơng, đặc biệt ở mơn học Giải tích, dãy số
chiếm một vị trí quan trọng. Nó có mặt ở nhiều dạng tốn khó trong các kỳ thi
Trung học phổ thông quốc gia, tuyển sinh vào Cao đẳng - Đại học, đặc biệt là
trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia, khu vực và Olympic Toán quốc tế.
Các bài tốn về ước lượng và tính giá trị của tổng, tích cũng như các bài tốn
cực trị và xác định giới hạn của một biểu thức cho trước thường có mối liên hệ
đến các đặc trưng của dãy tương ứng.
Đối với giáo viên và học sinh giỏi ở phổ thơng, khi đối diện một bài tốn khó
về dãy số, và nhất là sau khi tìm ra được lời giải của nó, một cách tự nhiên
thường đặt ra câu hỏi: Những bài tốn đó đến từ đâu? Bằng cách nào, người ta
thiết lập được nó? Cơ sở lý thuyết liên quan nào đã “ẩn” sau đề toán và phương
pháp giải của nó? Ta có thể tự mình ra được một vài bài tốn tương tự như thế
hay khơng? ... Những câu hỏi ấy, thực ra không dễ trả lời.
Tuy nhiên, ở một góc độ nào đó, phần nào giáo viên cũng có thể vận dụng
một số kiến thức của Tốn học cao cấp đã được học ở chương trình Đại học Cao đẳng để có thể tự mình thiết lập nên một số dạng toán về dãy số, phục vụ
cho công việc giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi của mình. Và như thế, song
song với việc thiết lập, ta cũng đã có được một trong những cách giải của bài
tốn.
Điều này rất ít khi được các tài liệu hiện hành đề cập. Và như thế, nhu cầu
2
về việc thiết lập một số bài toán về dãy số được đặt ra. Đó cũng là mục tiêu của
luận văn này.
2. Mục tiêu nghiên cứu
Luận văn đề cập đến một số phương pháp thiết lập các bài toán về dãy số.
Đó khơng chỉ là các phương pháp áp dụng một số kết quả của Giải tích, mà cịn
là việc áp dụng một số kết quả của Đại số, Số học và Lượng giác.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu là dãy số và các phương pháp thiết lập các bài toán về
dãy số. Phạm vi nghiên cứu là một số kiến thức của toán cao cấp, áp dụng để
thiết lập các bài toán ở phổ thông về dãy số.
4. Phương pháp nghiên cứu
Sưu tầm, tổng hợp một số nội dung từ các tài liệu và hình thành luận văn,
dưới sự hướng dẫn của người hướng dẫn.
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của luận văn
Luận văn có ý nghĩa khoa học khi áp dụng các kiến thức của toán cao cấp để
thiết lập các bài tốn về dãy số ở phổ thơng.
6. Cấu trúc luận văn
Ngoài các nội dung quy định của cấu trúc một luận văn Thạc sĩ, nội dung
chính của luân văn được chia thành ba chương:
Chương 1. Phương pháp áp dụng một số kết quả của Đại số và Số
học
Chương này đề cập đến phương pháp chéo hóa ma trận trong Đại số tuyến
tính và phương pháp áp dụng tính chất nghiệm của phương trình Đại số, phương
trình nghiệm nguyên trong Số học.
Chương 2. Phương pháp áp dụng một số kết quả của Giải tích
Chương này đề cập đến phương pháp sử dụng phương trình sai phân, sử dụng
tính chất hàm phân tuyến tính và hàm sinh.
Chương 3. Phương pháp áp dụng một số kết quả của Lượng giác
Chương này đề cập đến một số kết quả được hình thành từ phương pháp
Lượng giác.
3
Chương 1
Phương pháp áp dụng một số kết
quả của Đại số và Số học
1.1
Phương pháp chéo hoá ma trận trong Đại số tuyến tính
Nội dung mục này tham khảo trong [6]
Định nghĩa 1.1. Số λ ∈ K được gọi là giá trị riêng của ma trận A vuông cấp
n nếu tồn tại vectơ x = (x1 , x2 , x3 , x4 , ..., xn )t ∈ K, x = 0, sao cho
(1.1)
Ax = λx.
Khi đó vectơ x được gọi là vectơ riêng của ma trận A ứng với giá trị riêng λ.
Nhận xét. Từ (1.1), ta có (A − λE) x = 0, khi x = 0.
Định nghĩa 1.2. Cho A = (aij )m.n có m hàng, n cột, λ ∈ K.
i) Đa thức
a11 − λ
PA λ = det (A − λE) =
a21
a12
...
a1n
a22 − λ ...
a2n
..
.
..
.
am1
am2
...
..
.
.
... amn − λ
được gọi là đa thức đặc trưng của ma trận A.
ii) Phương trình PA (λ) = 0 được gọi là phương trình đặc trưng của ma trận A.
Giải phương trình đặc trưng, ta thu được nghiệm λ là giá trị riêng của ma trận
A. Ứng với mỗi giá trị riêng λ, ta giải phương trình thuần nhất (A − λE) x = 0.
Nghiệm khơng tầm thường của nó là vectơ riêng của ma trận A.
4
Định lý 1.3. Cho ma trận vuông A. Nếu tồn tại ma trận khả đảo sao cho
P −1 AP là ma trận đường chéo, thì ta nói rằng ma trận A chéo hoá được và ma
trận P chéo hoá ma trận A, hay ma trận A đưa về dạng chéo hoá được nhờ ma
trận P .
Định lý 1.4. Điều kiện cần và đủ để ma trận vuông A cấp n chéo hố được là
nó có n vectơ riêng độc lập tuyến tính.
Định lý 1.5. Nếu ma trận A vng cấp n đưa được về dạng chéo hố B , thì các
phần tử trên đường chéo chính của B là các giá trị riêng của ma trận A.
Ví dụ 1.6. Cho hai dãy số (an ), (bn ) xác định như sau
a0 = a, b0 = b, (a, b cho trước)
(1.2)
an+1 = an + 4bn , n ≥ 0,
(1.3)
bn+1 = 2an + 3bn , n ≥ 0.
(1.4)
Với cách xác định hai dãy số trên, ta có
a0 = a,
b0 = b.
a2 = a1 + 4b1
,
a1
= a0 + 4b0
= a + 4b,
b1 = 2a0 + 3b0 = 2a + 3b.
= (a + 4b) + 4 (2a + 3b)
= 9a + 16b,
b2 = 2a1 + 3b1 = 2 (a + 4b) + 3 (2a + 3b) = 8a + 17b.
Tóm lại, với a, b cho trước, a, b ∈ R, thì (an ), (bn ) được xác định như sau
(an ) :
a , a + 4b,
a0
(bn ) :
9a + 16b, ...
a1
a2
b , 2a + 3b, 8a + 17b, ...
b0
b1
b2
Nhận xét rằng, từ giả thiết (1.3) và (1.4), ta có thể viết lại dưới dạng ma trận
như sau
an+1 1 4 an
=
.
bn+1
2 3
bn
(1.5)
Ta viết lại (1.5) như sau
an 1 4 an−1
=
, n ≥ 1.
bn
2 3
bn−1
(1.6)
5
1 4
. Khi đó (1.6) được viết lại như sau
2 3
Đặt A =
an
an−1
an−2
a1
a0
a
= A
= AA
= ... = An−1 = An = An .
bn−1
bn−2
b1
b0
b
bn
Tóm lại, ta có
a
an
n
= A , n ≥ 1.
b
bn
(1.7)
Từ ma trận các hệ số vừa lấy ra
1 4
A=
,
2 3
ta cần tìm các giá trị riêng và vectơ riêng (ứng với từng giá trị riêng tìm được).
Ta tìm các giá trị riêng.
Ta có đa thức đặc trưng của ma trận A là
PA λ = det (A − λE) =
1−λ
4
2
3−λ
.
Giải phương trình đặc trưng
λ1 = −1,
PA (λ) = 0 ⇔ (1 − λ) (3 − λ) − 8 = 0 ⇔ λ2 − 4λ − 5 = 0 ⇔
λ2 = 5.
Ma trận A là ma trận vuông cấp 2, nên xét trong không gian R2 , mỗi vectơ riêng
có dạng 1 bộ gồm 2 số.
Tìm các vectơ riêng (tương ứng) bằng việc giải phương trình thuần nhất
(phương trình ma trận) (A − λE) x = 0.
- Trường hợp λ1 = −1, ta giải phương trình ma trận sau
2 4 x1 0
x1 0
(A − λ1 E) = ⇔
=
0
x2
0
2 4
x2
6
2x1 + 4x2 = 0
2x1 + 4x2 0
⇔
⇔ x1 = −2x2 .
= ⇔
2x1 + 4x2 = 0
2x1 + 4x2
0
Phương trình x1 = −2x2 có vơ số nghiệm, ta chọn một nghiệm bất kỳ. Ta được
vectơ riêng thứ nhất
(1.8)
(x1 , x2 ) = (−2, 1) .
- Trường hợp λ2 = 5, tương tự như trên, ta giải phương trình ma trận sau
x1 0
−4 4 x1 0
(A − λ2 E) = ⇔
=
x2
0
2 −2
x2
0
−4x + 4x = 0
1
2
−4x1 + 4x2 0
⇔ x1 = x 2 .
⇔
= ⇔
2x − 2x
0
=
0
2x1 − 2x2
1
2
Phương trình x1 = x2 có vô số nghiệm, ta chọn một nghiệm bất kỳ. Ta được
vectơ riêng thứ hai là
(1.9)
x1 , x2 = (1, 1) .
Từ (1.8) và (1.9) ta lập được ma trận
−2 1
P =
.
1 1
Vì |P | = −3 = 0 nên P có ma trận nghịch đảo. Tìm ma trận nghịch đảo P −1 của
P . Ta có
1
−2 1 1 0 −3 0 1 −1 1 0 − 3
(P |E) =
=
=
1
1 1 0 1
1 1 0 1
0 1
3
Suy ra
P −1
1
− 3
=
1
3
1
3
.
2
3
Tiếp theo, ta tiến hành chéo hố ma trận A, qua tích sau
1
− 3
−1
P AP =
1
3
1
1 4 −2 1 −1 0
3
=
.
2
2 3
1 1
0 5
3
1
3
.
2
3
7
−1 0
λ1 0
Đặt B = P −1 AP =
, có dạng
. Ta gọi B là ma trận được chéo
0 5
0 λ2
hố của ma trận A. Ta có
P BP −1 = P P −1 AP P −1 = EAE = A.
Vậy
A = P BP −1 .
(1.10)
Từ (1.10) suy ra
A2 = AA = P BP −1
P BP −1 = P B 2 P −1 .
A3 = A2 A = P B 2 P −1
P BP −1 = P B 3 P −1 .
···
An = An−1 A = P B n−1 P −1
P BP −1 = P B n P −1 .
Suy ra
An = P B n P −1 ,
(1.11)
trong đó
n
λ1
Bn =
0
0
.
λn2
Từ (1.7) và (1.11), ta có
1
n
0 −
an
a
a −2 1 (−1)
n
n
−1
= A = PB P =
13
n
bn
b
b
1 1
0
5
3
2
2
1 n
2
2 n
n
n
n
− (−1) + 5 a (−1) (a − b) +
(−1) + 3 5
3
3
= 3
= 3
1
1 n 1
2 n 1
n
n
b
− (−1) + 5
(−1) + 5
(−1)n (b − a) +
3
3
3
3
3
1
a
3
2
b
3
n
5
(a + 2b)
3n
.
5
(a + 2b)
3
Suy ra
2
n
an 3 (−1) (a − b) +
= 1
bn
(−1)n (b − a) +
3
5n
(a + 2b)
3n
.
5
(a + 2b)
3
(1.12)
8
- Nếu a = 1, b = 1 thì (1.12) được viết lại
an = 5 n ,
bn = 5 n .
Suy ra
an + bn = 2.5n ... 10, n ≥ 1,
an b n
= 25n ≡ 1 (mod3) .
Vậy, ta thiết lập được bài toán như sau
Bài toán 1.7. ([7]) Cho hai dãy số (an ) và (bn ) xác định bởi
a0 = 1, b0 = 1,
an+1 = an + 4bn , n ≥ 0,
b
n+1 = 2an + 3bn , n ≥ 0.
.
Chứng minh rằng an + bn .. 10, n ≥ 1. và an bn ≡ 1 (mod3) .
- Nếu a = 2, b = −1 thì (1.12) được viết lại
an = 2 (−1)n ,
bn = (−1) (−1)n .
Suy ra
an + bn = (−1)n ,
an bn = −2 (−1)2n = −2.
Suy ra
an + bn = 1,
; nếu n chẵn và
an + bn = −1,
; nếu n lẻ.
an bn = −2,
an bn = −2,
Vậy, ta thiết lập được bài toán sau
Bài toán 1.8. ([7]) Cho hai dãy số (an ) và (bn ) xác định bởi
a0 = 2, b0 = −1,
an+1 = an + 4bn , n ≥ 0,
b
n+1 = 2an + 3bn , n ≥ 0.
Tính an + bn và an bn , n ≥ 0.
9
Ví dụ 1.9. Cho 3 dãy số (an ), (bn ) và (cn ) xác định như sau
a0 = a, b0 = b, c0 = c, (a, b, c cho trước)
an+1 = an + bn , n ≥ 0,
(1.13)
bn+1 = 2bn − cn , n ≥ 0,
cn+1 = 4bn − 3cn , n ≥ 0.
(1.15)
(1.14)
(1.16)
Với cách xác định 3 dãy số trên, cụ thể ta có
a1 = a0 + b0 = a + b,
a0 = a,
b0 = b, , b1 = 2b0 − c0 = 2b − c,
c = 4b − 3c = 4b − 3c.
c = c.
1
0
0
0
a2 = a1 + b1 = (a + b) + (2b − c) = a + 3b − c,
b2 = 2b1 − c1 = 2 (2b − c) − (4b − 3c) = c,
c = 4b − 3c = 4 (2b − c) − 3 (4b − 3c) = −4b + 5c.
2
1
1
Tóm lại, với a, b, c cho trước, a, b, c ∈ R thì (an ), (bn ) và (cn ) được xác định như
sau
(an ) :
a ,
a0
(bn ) :
b ,
b0
(cn ) :
a + b,
a1
2b − c,
b1
c , 4b − 3c,
c0
c1
a + 3b − c, ...
a2
c ,
...
b2
−4b + 5c,
...
c2
Từ giả thiết (1.14) , (1.15) và (1.16) ta có thể viết dưới dạng ma trận sau
an+1 1 1 0 an
b
n+1 = 0 2 −1 bn .
cn+1
0 4 −3
cn
(1.17)
Ta viết lại (1.17) như sau
an 1 1 0 an−1
b = 0 2 −1 b
n
n−1 , n ≥ 1.
bn
0 4 −3
cn−1
(1.18)
10
1 1 0
. Khi đó (1.18) được viết lại như sau
Đặt A =
0
2
−1
0 4 −3
an
an−1
an−2
b = A b
= AA b
n
n−1
n−2 = ...
cn
cn−1
cn−2
a1
a0
a
= An b = An b .
= An−1
b
1
0
c1
c0
c
Vậy, ta có
a
an
b = An b , n ≥ 1.
n
c
cn
(1.19)
Từ ma trận các hệ số vừa lấy ra
1 1 0
A=
0 2 −1 ,
0 4 −3
ta cần tìm các giá trị riêng và vectơ riêng (ứng với từng giá trị riêng tìm được).
Ta tìm các giá trị riêng.
Ta có đa thức đặc trưng của ma trận A là
PA λ = det (A − λE) =
1−λ
1
0
0
2−λ
−1
0
4
−3 − λ
.
Giải phương trình đặc trưng
PA (λ) = 0 ⇔ (1 − λ) (2 − λ) (−3 − λ) + 4 (1 − λ) = 0
11
λ1 = 1 (nghiệm bội),
⇔ (1 − λ)2 (λ + 2) = 0 ⇔
λ2 = −2.
- Với λ1 = 1, ta tìm vectơ riêng tương ứng như sau
x2
x1
0 1 0 x1
0
(A − λ1 E)
=
0
⇔
=
0
⇔
x2
0 1 −1 x2
−x2 − x3 = 0
x3
0 4 −4
x3
4x2 − 4x3
0
x1 ∈ R (chọn x1 = 1),
x2
= 0,
x2
= 0,
⇔
⇔
x2 = 0,
x2 − x3
= 0, ⇔
x
−
x
=
0.
2
3
x = 0.
4x − 4x = 0.
3
2
3
Vậy vectơ riêng là (x1 , x2 , x3 ) = (1, 0, 0).
- Với λ2 = 1, tương tự như trên (x1 , x2 , x3 ) = (1, 0, 0).
- Với λ3 = −2, giả sử ta được vectơ riêng
là (x1 ,
x2 , x3 ).
1 1 x1
.
Từ đây ta có ma trận P như sau P =
0
0
x
2
0 0 x3
1 1 x1
Ta xét định thức |P | = 0 0 x2 = 0. Vậy ma trận A không thể chéo hố được.
0 0 x3
Để giải quyết tình huống này, ta tìm cách suy luận khác. Ta chỉ cần xét (1.15)
và (1.16) để xác định (bn ) và (cn ), sau đó tiếp tục xác định (an ). Ta viết (1.15)
và (1.16) dưới dạng ma trận như sau
bb 2 −1 bn−1
=
.
cn
4 −3
cn−1
2 −1
Đặt B =
. Thế thì (1.20) được viết lại như sau
4 −3
(1.20)
12
b
b
b
bn
bn−1
2 n−2
n 0
n
=B
=B
= ... = B = B .
cn
cn−1
cn−2
c0
c
Vậy, ta có
b
bn
n
= B , n ≥ 1.
cn
c
(1.21)
Tìm giá trị riêng
Ta có đa thức đặc trưng của ma trận B
PB λ = det (B − λE) =
2−λ
−1
4
−3 − λ
.
Giải phương trình đặc trưng
λ3 = 1,
PB (λ) = (2 − λ) (−3 − λ) + 4 = 0 ⇔ λ2 + λ − 2 = 0 ⇔
λ4 = −2.
Tìm vectơ riêng (tương ứng) bằng việc giải phương trình thuần nhất (phương
trình ma trận)
(B − λE) .x = 0.
- Trường hợp λ3 = 1 ta giải phương trình ma trận sau
x1 − x2 = 0
x1 0
1 −1 x1 0
(B − λ3 E) = ⇔
= ⇔
4x1 − 4x2 = 0
0
4 −4
x2
0
x2
⇔ x1 = x2 .
Phương trình x1 = x2 có vơ số nghiệm. Ta chọn một nghiệm bất kỳ ta được
vectơ riêng thứ nhất là (x1 , x2 ) = (1, 1) .
- Trường hợp λ4 = −2, tương tự như trên, ta giải phương trình sau
4x − x = 0
1
2
x1 0
4 −1 x1 0
(B − λ4 E) = ⇔
=
⇔
4 x1 − x = 0
x2
0
4 −1
x2
0
2
⇔ 4x1 = x2 .
13
Phương trình 4x1 = x2 có vơ số nghiệm. Ta chọn một nghiệm bất kỳ ta được
vectơ riêng thứ hai là (x1 , x2 ) = (1, 4). Từ đây ta suy ra
1 1
P =
.
1 4
Vì |P | = 3 = 0 nên P có ma trận nghịch đảo. Tìm ma trận nghịch đảo P −1 của
P . Ta có
4
1
1 1 1 0 1 0 3 −3
.
(P |E) =
=
1 1
1 4 0 1
0 1 −
3 3
Suy ra
P −1
4
1
−
3 .
= 3
1 1
−
3 3
Tiếp theo, ta tiến hành chéo hoá ma trận B , qua tích sau
4
1
− 2 −1 1 1 1 0
3
P −1 BP = 3
.
=
1 1
0 −2
−
4 −3
1 4
3 3
λ3 0
1 0
Đặt H = P −1 BP =
. Ta gọi H là ma trận được chéo
, có dạng
0 λ4
0 −2
hố của ma trận B . Ta có
P HP −1 = P P −1 BP P −1 = EBE = B.
Vậy
B = P HP −1
Từ (1.22) suy ra
B 2 = BB = P HP −1
B 3 = B 2 B = P H 2 P −1
P HP −1 = P H 2 P −1 ,
P HP −1 = P H 3 P −1 ,
···
B n = B n−1 B = P H n−1 P −1
P H n P −1 = P H n P −1 .
(1.22)
14
Vậy
B n = P H n P −1 ,
n
λ3
trong đó H n =
0
(1.23)
0
. Từ (1.21) và (1.23), ta có
n
λ4
1
4
− b
0
bn
b
b 1 1 1
= B n = P H n P −1 =
31 13
−
c
cn
c
c
1 4
0 (−2)n
3 3
1
4
1
1
n
n
1 (−2) 3 − 3 b 3 (4b − c) + 3 (−2) (c − b)
=
.
1 1 = 1
4
n
n
−
(4b − c) + (−2) (c − b)
c
1 4 (−2)
3 3
3
3
Vậy, ta có
1
b
n
3 (4b − c) +
= 1
(4b − c) +
cn
3
1
n
(−2) (c − b)
3
.
4
n
(−2) (c − b)
3
(1.24)
- Nếu b = 3, c = 6, thì (1.24) được viết lại
bn = 2 + (−2)n ,
cn = 2 + 4 (−2)n .
(1.25)
Bây giờ, ta tiếp tục tìm (an ). Từ (1.14), ta có
an+1 = an + bn = an + 2 + (−2)n .
(1.26)
Vậy ta cần xác định số hạng tổng quát của dãy số (an ), biết rằng
an+1 = an + 2 + (−2)n , ∀n ≥ 1,
a0
(1.27)
= 1.
Ta cần đưa (1.27) về dạng
un+1 = un + fn ,
(1.28)
biết u0 ,
trong đó fn = (−2)n , có dạng fn = αβ n (α = 1, β = −2).
Để đưa dạng (1.27) về dạng (1.28), ta cần cộng thêm vào hai vế của (1.27) một
15
biểu thức chứa n nào đó cho phù hợp. Ta gọi biểu thức cần xác định đó là An .
Với ý định đó. Ta có
(1.27) ⇔ an+1 + An = an + An + 2 + (−2)n .
(1.29)
Đặt un = an + An + 2, suy ra un+1 = an+1 + An+1 + 2.
Ta “áp đặt” cho un+1 trên chính bằng vế trái của (1.29), nghĩa là ta cần.
an+1 + An+1 + 2 = an+1 + An
hay
An+1 = An − 2, ∀n ≥ 0.
(1.30)
Vậy (1.30) chính là phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 cơ bản mà ta sẽ xét
ở chương sau. Ta cần xác định An (Lưu ý: ta chỉ cần 1 nghiệm nào đó của An là
đủ, khơng cần tìm tất cả nghiệm An ).
Phương trình sai phân (1.30) có dạng cơ bản là
An+1 = qAn + fn ,
trong đó q = 1, fn = −2, đa thức có bậc m = 0.
Theo lý thuyết giải phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 cơ bản, với dạng
này An sẽ được xác định như sau
An = A˜n + A∗n ,
(1.31)
trong đó A˜n là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất
An+1 = qAn , với nghiệm A˜n như sau
A˜n = Cq n = C.1n = C (C hằng số tuỳ ý),
(1.32)
và A∗n là một nghiệm riêng của phương trình đầy đủ, là phương trình (1.30).
Nghiệm này có cơng thức tính theo dạng của fn = αβ n , trong đó α = q = 1 = β
(vì α = 1, β = −2). Do đó nghiệm riêng A∗n = nD (D là hằng số nào đó). Vì A∗n
là nghiệm riêng của (1.30) nên, thay A∗n vào (1.30) ta có
(n + 1)D = nD − 2 ⇔ nD + D = nD − 2 ⇔ D = −2.
Vậy
A∗n = −2n.
(1.33)
16
Thay (1.33) và (1.32) vào (1.31) ta được
An = C − 2n.
(1.34)
Vì ta chỉ cần tìm một nghiệm của An , nên để đơn giản ta chọn C = 0. Khi đó,
bởi (1.34), ta có
An = −2n.
(1.35)
an+1 − 2n = an − 2n + 2 + (−2)n .
(1.36)
Ta có (1.29) tương đương với
Đặt un = an − 2n + 2. Suy ra un+1 = an+1 − 2(n + 1) + 2 = an+1 − 2n.
Thay vào (1.36), ta có
un+1 = un + (−2)n , n ≥ 0,
(1.37)
u0 = a0 − 2.0 + 2 = 3.
(1.37) là phương trình sai phân tuyến tính cấp 1, có dạng
un+1 = qun + fn ,
trong đó λ = q = 1, fn = αβ n (với α = 1, β = −2).
Vì α = 1 = β , nên theo lý thuyết, ta có nghiệm
un = u˜n + u∗n .
Ta có
u˜n = Cq n = C.1n = C (C là hằng số).
Và
u∗n = Dβ n = D(−2)n .
Thay u∗n vào (1.37), ta có
D(−2)n+1 = D(−2)n + (−2)n .
Tương đương với
1
−2D(−2)n − D(−2)n = (−2)n tương đương D = − .
3
Vậy
1
u∗n = − (−2)n .
3
(1.38)
17
Thay u˜n và u∗n vào (1.38), ta có
1
un = C − (−2)n .
3
1
10
Mà theo (1.37), biết u0 = 3, nên ta có u0 = C − (−2)0 tương đương với C = .
3
3
Do đó
un =
10 1
− (−2)n .
3
3
(1.39)
Thay un = an − 2n + 2, như cách đặt ở trên, ta có (1.39) tương đương với
an − 2n + 2 =
10 1
4 1
− (−2)n tương đương an = 2n + − (−2)n .
3
3
3 3
Tóm lại các dãy số (an ), (bn ), (cn ) có cơng thức tính số hạng tổng quát như sau
4 1
an = 2n + − (−2)n
3 3
; ∀n ≥ 0.
bn = 2 + 2(−2)n
c = 2 + 4(−2)n
n
(1.40)
Bây giờ từ (1.40) ta có các phương pháp suy luận sau
Phương pháp 1 (làm mất nhóm số hạng chứa (−2)n ).
4 1
n
an = 2n + − (−2) ,
6an = 12n + 8 − 2(−2)n ,
3 3
⇔
−2bn = −4 − 2(−2)n ,
bn = 2 + (−2)n ,
c = 2 + 4(−2)n .
cn = 2 + 4(−2)n .
n
.
Cộng vế theo vế ta được 6an − 2bn + cn = 12n + 6 = 6(2n + 1) .. 6, ∀n ≥ 0.
Phương pháp 2 (Giữ lại nhóm số hạng chứa (−2)n ).
Với phương pháp này, ta không thể nhẩm được nữa như phương pháp 1, mà
phải dùng phương pháp hệ số bất định, mới xác định được các số
x: để nhân vào an , y : để nhân vào bn , z : để nhân vào cn , w: hệ số tự do.
Ta có
4 1
a
=
2n
+
− (−2)n ,
n
3 3
bn = 2 + (−2)n ,
c = 2 + 4(−2)n .
n
4x x
xa
=
2xn
+
− (−2)n ,
n
3
3
n
Suy ra
ybn = 2y + y(−2) ,
zc = 2z + 4z(−2)n .
n
Cộng vế theo vế, ta có
xan + ybn + zcn + w = (2x)n +
4x
x
+ 2y + 2z + w + − + y + 4z (−2)n .
3
3
18
Suy ra
2x = 0,
4x + 2y + 2z + w = 0.
3
⇔
x = 0,
2y + 2z + w = 0.
Từ đây, ta có thể chọn y = 2, z = −3, w = 2.
Tóm lại, vì x = 0, nên xem như ta không sử dụng cơng thức (an ) trong (1.40)
Bài tốn sắp thiết lập chỉ cịn liên quan (bn ) và (cn )
Ta có
bn = 2 + (−2)n ,
⇔
cn = 2 + 4(−2)n .
2bn = 4 + 2(−2)n ,
−3cn = −6 − 12(−2)n .
Cộng theo vế và cộng thêm w = 2, ta có
.
2bn − 3cn + 2 = (4 − 6 + 2) − 10(−2)n = −10(−2)n .. 2n , ∀n ≥ 0.
Có thể thực hiện tiếp như sau (khó hơn)
.
−10(−2)n = 5(−2)(−2)n = 5(−2)n+1 .. 2n+1 , ∀n ≥ 0.
Từ đây, ta thiết lập được bài toán sau
Bài toán 1.10. ([7]) Cho 3 dãy số (an ), (bn ), (cn ) xác định bởi
a0 = 1, b0 = 3, c0 = 6,
an+1 = an + bn , ∀n ≥ 0,
bn+1 = 2bn − cn , ∀n ≥ 0,
cn+1 = 4bn − 3cn , ∀n ≥ 0.
.
a) Chứng minh rằng 6an − 2bn + cn .. 6, ∀n ≥ 0.
.
b) Chứng minh rằng 2bn − 3cn + 2 .. 2n+1 , ∀n ≥ 0.
1.2
1.2.1
Phương pháp áp dụng tính chất nghiệm của phương trình
Phương trình bậc hai trong Đại số
Ví dụ 1.11. Xét phương trình bậc hai
x2 − 4x − 5 = 0,
19
có hai nghiệm x = −1, x = 5.
Ta lập dãy số (xn ) : xn = A (−1)n + B (5)n , ∀n ∈ N∗ .
Với
x1 = −A + 5B,
x2 = A + 25B,
nếu chọn
A = 8,
3
B = 25 ,
3
thì
x1 = 39,
x2 = 211,
và
xn =
8
25
(−1)n +
(5)n , ∀n ∈ N∗ .
3
3
(1.41)
Như vậy, ta có được dãy số (xn ) xác định như sau
x1 = 39, x2 = 211, xn+2 = 4xn+1 + 5xn , ∀n ∈ N∗ .
1
8 + 25 (5)2016 .
3
Theo Định lý Fermat 52016 − 1 ≡ 0(mod2017) (2017 là số ngun tố).
Từ cơng thức dãy số (1.41), ta có x2016 =
Hơn nữa 52016 − 1 ≡ 0 (mod3) ⇒ 52016 − 1 = 3k2017, k ∈ N.
1
[8 + 25 (3k2017 + 1)] = 25k2017 + 11.
3
.
Nếu đặt xn = yn + 11 ⇒ y2016 .. 2017. Từ đây, ta thiết lập bài toán sau
Suy ra x2016 =
Bài toán 1.12. ([7]) Cho dãy số (yn ) được xác định
y1 = 28, y2 = 200, yn+2 = 4yn+1 + 5yn + 88, ∀n ∈ N∗ .
.
Chứng minh rằng y2016 .. 2017.
Ví dụ 1.13. Xét phương trình bậc hai
x2 − 3x + 1 = 0,
√
√
3+ 5
3− 5
có hai nghiệm x =
,x =
. Ta lập dãy số (xn ), xác định như sau
2
2
√ n
√ n
3+ 5
3− 5
xn = A
+B
, ∀n ∈ N.
2
2
Với
x0 = A + B,
√
√
x1 = 3 + 5 A + 3 − 5 B,
2
2
20
√
5
−
5
A =
x0 = 1,
,
10
√
nếu chọn
thì
và
B = 5 + 5,
x1 = 1,
10
√
√ n
√
√
5− 5 3+ 5
5+ 5 3− 5
xn =
+
10
2
10
2
n
, ∀n ∈ N.
(1.42)
Như vậy, ta có được dãy số (xn ) xác định như sau
x0 = 1, x1 = 1, xn+2 = 3xn+1 − xn , ∀n ∈ N.
(1.43)
Hơn nữa, ta có đẳng thức
3xn+1 xn = x2n+1 + x2n + 1, ∀n ∈ N.
(1.44)
Từ công thức (1.43), bình phương hai vế và sử dụng (1.44), ta được
x2n+2 = 7x2n+1 − x2n − 2, ∀n ∈ N.
Do đó, nếu đặt x2n = yn , ta thiết lập được bài toán sau
Bài toán 1.14. ([7]) Cho dãy số (yn ) được xác định
y0 = 1, y1 = 1, yn+2 = 7yn+1 − yn − 2, ∀n ∈ N.
Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số (yn ) đều là số chính phương.
1.2.2
Phương trình nghiệm ngun trong Số học
Ví dụ 1.15. Xét phương trình nghiệm nguyên dương
x2 + y 2
= 5.
xy − 1
(1.45)
Ta nhận thấy phương trình (1.45) có nghiệm (x0 ; y0 ) = (1; 2). Lập dãy số (xn ) xác
định như sau
x2n + x2n+1
x0 = 1, x1 = 2,
= 5, ∀n ∈ N.
xn xn+1 − 1
(1.46)
Từ công thức (1.46) suy ra
x2n + x2n+1 − 5xn xn+1 + 5 = 0.
(1.47)
Thay n bởi n − 1, ta được
x2n−1 + x2n − 5xn−1 xn + 5 = 0.
(1.48)
