Đang tải... (xem toàn văn)
Phần I: Tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2. I. LÝ THUYẾT: Đó l à các dãy số thực có dạng n 2 n 1 n u au bu () với m ọi 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 m ọi 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 m ọi 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 (p cos n q sin n ) với m ọi p, q l à 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 tuy ến 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 Viet 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 ) .
http://baigiangtoanhoc.com 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: http://baigiangtoanhoc.com 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: http://baigiangtoanhoc.com 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). http://baigiangtoanhoc.com 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 http://baigiangtoanhoc.com 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. http://baigiangtoanhoc.com 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 http://baigiangtoanhoc.com 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 http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia Giải PT đặc trưng: 2 X 1 X 4.X 5 0 X 5 n n n n n n 1747 2005 1747.( 1) 2005.( 1) 1975 x .5 ( 1) . u 30 3 120 8 1996 1996 1747.5 49675 u 120 1996 1996 u .120 1747.(5 1) 1997.24 Suy ra 1996 u chia hết 1997 vì 1996 5 1 (mod 1997) Ví dụ 6: Cho dãy số n a : 0 2 n 1 n n a 2 a 4a 15a 60 Chứng minh rằng số 2n 1 A (a 8) 5 có thể biểu diễn thành tổng bình phương của ba số nguyên liên tiếp với mọi n 1 . Giải: 2 n 1 n n 2 2 n 1 n n a 4a 15a 60 (a 4a ) 15a 60 2 2 n 1 n 1 n n a 8a a a 60 0 (1) Áp dụng biểu thức trên với n ta có 2 2 n n 1 n n 1 a 8a a a 60 0 (2) Trừ từng vế (1) và (2) ta có 2 2 n 1 n 1 n 1 n 1 n n 1 n 1 n 1 n 1 n a a 8(a a )a 0 (a a )(a a 8a ) 0(*) Từ giả thiết suy ra n n 1 n n a 0, n a 4a a suy ra n (a ) là dãy tăng. Suy ra n 1 n 1 a a 0 . Từ (*) suy ra n 1 n 1 n a a 8a 0 . Giải phương trình đặc trưng 2 1,2 t 8t 1 0 t 4 15 n n n 2n 2n 2n a (4 15) (4 15) a (4 15) (4 15) Với mỗi n 1 tồn tại k để n n (4 15) (4 15) 15k 2 n n 2 2n 2n 2 2 2n (4 15) (4 15) 15k (4 15) (4 15) 2 15k a 15k 2 http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia 2 2 2 2 2 2n 1 1 A (a 8) (15k 10) 3k 2 (k 1) k (k 1) 5 5 (đpcm). Ví dụ 7: Cho dãy ( n u ) xác định: 1 2 n 2 n n 1 u 0,u 1 u u u 1 CMR: p là số nguyên tố p>5: thì p p 1 u .(u 1) chia hết cho p. Giải: Xét dãy: 2 1 1 n n n n n x u x x x Suy ra số hạng tổng quát: 1 1 1 5 1 1 5 2 2 5 n n n x . 1 1 1 5 1 1 5 1 2 2 5 n n n u 1 1 .2 ( 5 1) ( 5 1) ( 5 1) ( 5 1) 2 5 p p p p u . 1 1 ( 5 1) ( 5 1) ( 5 1) ( 5 1) 2 2 5 p p p p 0 0 0 0 1 1 ( ( 5) ( 5) ( 1) ) ( ( 5) ( 5) ( 1) ) 2 2 5 p p p p k k k k p k k k k k p k p p p p k k k k C C C C 1 1 2 2 2 2 2 1 2 1 0 0 1 1 1 .2 ( 2( 5) ( 2( 5) 2 2 5 p p p k k k k p p p k k u C C 1 2 2 2 1 0 1 .2 ( )5 p p k k k p p p k u C C ; ! 0 ( )! ! k p p C p k k (mod ) 1 1 p k p 1 1 0 0 2 2 2 . 1 .5 .5 5 1 p p p p p p p u C C (mod ) p (2) Ta có 1 5 1 p (mod ) p 1 1 2 2 (5 1)(5 1) 0 p p (mod ) p . Nếu 1 2 5 1 0 p (mod ) p Từ (2) 2 . 1 0 p p u (mod ) p mà (2;p)=1. 1 0 p u (mod ) p ( 1) p p u u p (đpcm) Nếu 1 2 5 1 p (mod ) p 1 2 5 1 2 p (mod ) p Từ (2): 2 . 1 2 p p u (mod ) p ; (2,P)=1 2 2(mod ) 2 . 0(mod ) p p p p u p , (2,P)=1 0(mod ) ( 1) p p p u p u u p (Đpcm). Phần III. Một số bài tập tự luyện: http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia Bài 1: Tìm số hạng tổng quát của dãy n (u ),n 0 xác định bởi: 0 1 n 2 n 1 n u u 1 . u 6u 9u ,n 0 Bài 2: Cho dãy số n (u ),n 0 xác định như sau: n n n 3 5 3 5 u ( ) ( ) 2,n 1,2, 2 2 a. Chứng minh rằng n u là số tự nhiên n 1,2, b. Chứng minh rằng 2011 u là số chính phương. Bài 3: Cho dãy số n (u ),n 0 xác định như sau: 0 1 n 2 n 1 n u 0,u 1 u 2u 4u , n 0. Tìm n n n n u u lim ;lim . 2 2