Embed Size (px)
Citation preview
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KHOA TOÁN TIN
Chuyên đề 7: Một vài loại dãy truy hồi
Giáo viên hướng dẫn: Th.S Đặng Đình Hanh
Nhóm sinh viên: Lê Ngọc DungHoàng Thanh HảiTrần Thị HướngPhạm Thị Lanh
HÀ NỘI, 9/2009
Mục lục
1 Dãy truy hồi tuyến tính hệ số hằng 2
1.1 Dãy Afine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.1 Số hạng tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.2 Tính tổng riêng hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.3 Ví dụ: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Dãy truy hồi tuyến tính cấp hai thực với hệ số hằng . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.1 Số hạng tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.2 Ví dụ: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Dãy truy hồi tuyến tính cấp 3 thực với hệ số hằng . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3.2 Số hạng tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3.3 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4 Dãy truy hồi tuyến tính cấp k thực với hệ số hằng . . . . . . . . . . . . . . 14
1.4.1 Định nghĩa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.4.2 Số hạng tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.5 Dãy truy hồi tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng . . . . . . . . . . . 15
1.5.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.5.2 Số hạng tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.5.3 Dãy riêng u∗n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.6 Tuyến tính hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.6.1 Bài toán 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.6.2 Bài toán 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.7 Một số ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.7.1 Hai dãy truy hồi tuyến tính cấp hai phụ thuộc lẫn nhau. . . . . . . 26
1.7.2 Dãy truy hồi dạng phân thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.7.3 Áp dụng truy hồi để tính tích phân. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2 Dãy truy hồi dạng un+1 = f(un). 29
2.1 Tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.2 Một vài ví dụ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3 Bài tập 32
1
1 Dãy truy hồi tuyến tính hệ số hằng
1.1 Dãy Afine
Định nghĩa: Dãy Afine là dãy (un)n≥0 trong một trường K được xác định bởi un+1 =
aun + b, với a, b là các phần tử thuộc K.
1.1.1 Số hạng tổng quát
Nhận xét:
- Nếu a = 1, ta có un+1 = un + b. Khi đó, (un)n≥b
- Nếu a 6= 1, đặt vn = un +b
a− 1, ∀n ≥ 0. Khi đó, ta có:
vn+1 = un+1 +b
a− 1= aun + b+
b
a− 1= a(vn−
b
a− 1) + b+
b
a− 1= avn, ∀n ≥ 0.
⇒ (vn)n≥0 là một dãy nhân công bội a.
⇒ vn = anv0, ∀n ≥ 0.
Suy ra:
un = vn −b
a− 1= anv0 −
b
a− 1= an(u0 +
b
a− 1)− b
a− 1, ∀n ≥ 0.
Vậy số hạng tổng quát của dãy là:
un =
u0 + nb, ∀n ≥ 0, nếu a = 1
an(u0 +b
a− 1)− b
a− 1, ∀n ≥ 0, nếu a 6= 1
1.1.2 Tính tổng riêng hữu hạn
Đặt S(n) =n∑i=0
ui. Suy ra:
un+1 + S(n) = un+1 +n∑i=0
ui = u0 +n+1∑i=1
ui = u0 +n∑i=0
(aui + b) = u0 + an∑i=0
ui + (n+ 1)b =
u0 + a.S(n) + (n+ 1)b
⇒ (a− 1)S(n) = un+1 − u0 − (n+ 1)b
Tổng riêng hữu hạn:
S(n) =
un+1 − u0 − (n+ 1)b
a− 1, nếu a 6= 1
(n+ 1)u0 +n(n+ 1)
2b, nếu a = 1
1.1.3 Ví dụ:
Ví dụ 1. Tìm số hạng tổng quát và tính tổng của 2009 số hạng đầu tiên của dãy số sau:{u0 = 1
un = 2un−1 + 1
2
Giải Áp dụng công thức, ta có số hạng tổng quát của dãy là
un = 2n(1 +1
2− 1)− 1
2− 1= 2n+1 − 1
Tổng của 2009 số hạng đầu tiên của dãy số là
S2008 =u2009 − u0 − (2008 + 1).1
2− 1= 22010 − 1− 1− 2009 = 22010 − 2011
Ví dụ 2. Tìm số hạng tổng quát của dãy số sau:{u0 = 0; u1 = 1
un+1 = 3un − 2un−1
Giải Ta có:
un+1 = 3un − 2un−1 ⇔ un+1 − un = 2(un − un−1)
Đặt vn = un+1 − un, ∀n ≥ 0.
⇒ vn = 2vn−1
⇒ (vn)n≥0 là dãy nhân với công bội 2 và v0 = u1 − u0 = 1− 0 = 1
⇒ Số hạng tổng quát của dãy là vn = 2nv0 = 2n.
Ta lại có:
un = un − un−1 + un−1 − un−2 + ...+ u1 − u1 + u0
= vn−1 + vn−2 + ...+ v0 + u0
=n−1∑i=0
vi + u0 =n−1∑i=0
2i + u0 =2n − 1
2− 1+ 0 = 2n − 1. Vậy số hạng tổng quát của dãy trên là
un = 2n − 1.
Ví dụ 3. Cho dãy số (un)n≥0 xác định bởi:{u0 = 0; u1 = 1
un+1 − 2un + un−1 = 4, ∀n ≥ 1
Hãy tìm số hạng tổng quát của dãy.
Giải Từ un+1 − 2un + un−1 = 4, ∀n ≥ 1⇒ (un+1 − un)− (un − un−1) = 4, ∀n ≥ 1
Đặt vn = un+1 − un, ∀n ≥ 0
⇒ (vn)n ≥ 0 là dãy số cộng công sai d = 4 và v0 = u1 − u0 = 1.
⇒ Số hạng tổng quát của dãy (vn)n≥0 là vn = v0 + nd = 1 + 4n
Lại có: un = un − un−1 + un−1 − un−2 + ...+ u1 − u0 + u0
= vn−1 + vn−2 + ...+ v0 + u0
=n−1∑i=0
vi + u0 =n−1∑i=0
(4n+ i) + 0
=4n(n− 1)
2+ n = 2n2 − n
Vậy un = 2n2 − n.
3
1.2 Dãy truy hồi tuyến tính cấp hai thực với hệ số hằng
Định nghĩa: Dãy truy hồi tuyến tính cấp hai thực với hệ số hằng là dãy số thực có dạng
un+2 = aun+1 + bun, ∀n ≥ 0 (∗), trong đó a, b ∈ R.
1.2.1 Số hạng tổng quát
Kí hiệu Da,b là tập tất cả các dãy có dạng (∗)
Mệnh đề 1.1. : Da,b là một R− không gian vectơ hai chiều.
Chứng minh. • Ta đã biết tập tất cả các dãy số thực L là một R− không gian vectơ.
Vậy ta chỉ cần chứng minh Da,b là một không gian vectơ con của L Thật vậy
1. Da,b 6= Ø (do (0)n≥0 thoả mãn (∗))
2. ∀(un)n≥0, (vn)n≥0 ∈ Da,b,∀x, y ∈ R, ta có:
xun+2 + yun+2 = x(aun+1 + bun) + y(avn+1 + bn)
= a(xun+1 + yvn+1) + b(xun + yvn),∀n ≥ 0
⇒ x(un)n≥0 + y(vn)n≥0 ∈ Da,b.
Vậy Da,b là một R− không gian vectơ.
• Ta chứng minh Da,b có số chiều bằng 2.
Ký hiệu: (un)n≥0, (vn)n≥0 ∈ Da,b là 2 dãy được xác định bởi:{u0 = 1;u1 = 0
v0 = 0; v1 = 1
Khi đó, {(un)n≥0, (vn)n≥0} độc lập tuyến tính do:
Với x, y ∈ R, ta có:
x(un)n≥0 + y(vn) = (0)n≥0
⇒
{xu0 + yv0 = 0
xu1 + yv1 = 0
⇒ x = y = 0 Ta chứng minh {(un)n≥0, (vn)n≥0} là hệ sinh.
Xét dãy (wn)n≥0 ∈ Da,b bất kì, ta sẽ chỉ ra (wn)n≥0 = w0(un)n≥0 + w1(vn)n≥0(∗∗).Dễ thấy (∗∗) đúng với n = 0, n = 1.
Giả sử (∗∗) đúng với n và n+ 1(n ≥ 0), tức là{wn = w0un + w1vn
wn+1 = w0un+1 + w1vn+1
Ta chứng minh (∗∗) đúng với n+ 2. Thật vậy:
wn+2 = awn+1 + bwn = a(w0un+1 + w1vn+1) + b(w0un + w1v1)
= w0(aun+1 + bun) + w1(avn+1 + bvn) = w0un+2 + w1vn+2
4
⇒ (∗∗) đúng với n+ 2
⇒ (∗∗) đúng với mọi n ≥ 0.
Suy ra: {(un)n≥0, (vn)n≥0} là một cơ sở của Da,b.
Vậy Da,b là R− không gian vectơ 2 chiều.
Bây giờ, áp dụng mệnh đề trên, ta sẽ tìm tất cả các dãy thoả mãn (∗). Xét phương
trình ẩn t sau: t2− at− b = 0 (3∗). Phương trình này được gọi là phương trình đặc trưng
của (∗). Ta có: ∆ = a2 + 4b.
- Trường hợp 1: ∆ > 0, tức là (3∗) có 2 nghiệm phân biệt α1, α2.
Khi đó, {(αn1 )n ≥ 0, (αn2 )n≥0} là một cơ sở của Da,b.
Thật vậy, với x, y ∈ R, ta có:
x(αn1 )n≥0 + y(αn2 )n≥0 = (0)n≥0
⇒
{xα0
1 + yα02 = 0
xα1 + yα2 = 0⇔
{x+ y = 0
xα1 + yα2 = 0⇔ x = y = 0
⇒ {(αn1 )n≥0, (αn2 )n≥0} là một cơ sở của Da,b.
Vậy nghiệm tổng quát của (∗) là (un)n≥0 = x(αn1 )n≥0 + y(αn2 )n≥0 với x, y ∈ R.
Nhận xét: x, y hoàn toàn xác định khi cho trước u0, u1.
Ví dụ 4. Tính số hạng tổng quát của dãy (fn)n≥0 xác định bởi f0 = 0.f1 = 1 và
fn+2 = fn+1 + fn,∀n ≥ 0 ( dãy Fibonacci).
Giải. Phương trình đặc trưng t2 − t− 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt1±√
5
2, do đó
số hạng tổng quát của dãy đã cho có dạng:
fn = x
(1 +√
5
2
)n
+ y
(1−√
5
2
)n
,∀n ≥ 0
Vì f0 = 0 và f1 = 1 nên ta có: x+ y = 0
x.1 +√
5
2+ y.
1−√
5
2= 1
Giải hệ này ta được: {x =
√5
5
y =√
52
5
Vậy số hạng tổng quát của dãy Fibonacci là:
fn =
√5
5
((1 +√
5
2
)n
−
(1−√
5
2
)n),∀n ≥ 0
.
- Trường hợp 2: ∆ = 0, tức là (3∗) có nghiệm kép t1 = t2 = α ∈ R.
Khi đó, {(αn)n≥0, (nαn−1)n≥0} là một cơ sở của Da,b.
Thật vậy, với x, y ∈ R, ta có:
x(αn)n≥0 + y(nαn−1)n≥0 = (0)n≥0
⇒
{xα0 + y.0.α1−1 = 0
xα1 + y.1.α1−1 = 0
⇔
{x = 0
xα + y = 0⇔
{x = 0
y = 0
⇒ {(αn)n≥0, (nαn−1)n≥0} độc lập tuyến tính.
⇒ {(αn)n≥0, (nαn−1)n≥0} là một cơ sở của Da,b.
Vậy nghiệm tổng quát của (∗) là un = xαn + nyαn−1, ∀n ≥ 0 và x, y ∈ R (ở đây ta
quy ước 0−1 = 0)
Ví dụ 5. Tính số hạng tổng quát của dãy (Qn)n≥0 xác định bởi Q0 = Q1 = 1 và
Qn+2 = 4Qn+1 − 4Qn,∀n ≥ 0.
Giải. Phương trình đặc trưng của dãy: t2− 4t+ 4 = 0 có nghiệm kép thực là t = 2.
Do đó, số hạng tổng quát của dãy đã cho có dạng:
Qn = x2n + yn2n−1,∀n ≥ 0
Từ giả thiết Q0 = Q1 = 1 suy ra
{x = 1
2x+ y = 1⇔
{x = 1
y = −1
Vậy Qn = 2n − n2n−1, ∀n ≥ 0.
- Trường hợp 3: ∆ < 0, tức là (3∗) có nghiệm phức liên hợp với nhau.
Đặt z1 = z,⇒ z2 = z. Ta tạm xét (∗) trên C, lập luận tương tự như mệnh đề trên,
ta được tập tất cả các dãy phức thoả mãn (∗) lập thành một C− không gian vectơ
2 chiều A. Tương tự như trường hợp 1, ta cũng có {(zn)n≥0, (zn)n≥0} là cơ sở của A.
Khi đó, nghiệm tổng quát của (∗) trong C là (un)n≥0 = x(zn)n≥0+y(zn)n≥0,∀x, y ∈ C.
6
Ta sẽ chứng minh: Da,b = {(xzn + xzn)n≥0, x ∈ C}. Thật vậy:Rõ ràng: {
xzn + xzn ∈ Axzn + xzn ∈ R
⇒ (xzn + xzn)n≥0 là dãy thực của A.
⇒ (xzn + xzn)n≥0 ∈ Da,b.
⇒ {(xzn + xzn)n≥0, x ∈ C} ⊂ Da,b.
Ngược lại, với (un)n≥0 ∈ Da,b bất kì, (un)n≥0 ∈ A thì ∃c, d ∈ C : un = czn +
dzn,∀n ≥ 0. Do u0, u1 ∈ R nên:{c+ d ∈ Rcz + dz ∈ R
⇒
{c+ d = c+ d = c+ d ∈ Rcz + dz = cz + dz = cz + dz ∈ R
⇔
{d− c = d− c = d− c(d− c)z = (d− c)z = (d− c)z
⇒
{d− c ∈ R(d− c)z ∈ R
Mặt khác:
z 6∈ R⇒ d− c = 0⇔ d = c
⇒ un = czn + dzn = czn + czn,∀n ≥ 0
⇒ un = czn + czn,∀n ≥ 0
⇒ (un)n≥0 ∈ {(xzn + xzn)n≥0, x ∈ C
Da,b ⊂ {(xzn + xzn)n≥0, x ∈ C}
Da,b = {(xzn + xzn)n≥0, x ∈ C}
Da,b = {2Re(xzn)|x ∈ C}
Giả sử viểt được: x = 1
2(p+ qi), p, q ∈ R
r = |z|α = Argz
⇒ 2Re(xzn) = Re((p+ qi)rn(cosnα + i sinnα)) = rn(p cosnα− q sinnα)
Vậy Da,b = {rn(p cosnα− q sinnα)n≥0| p, q ∈ R}Hay (∗) có nghiệm un = rn(p cosnα− q sinnα), ∀n ≥ 0, p, q ∈ R
Thuật toán: Tìm số hạng tổng quát của dãy: un+2 = aun+1 + bun,∀n ≥ 0
• Bước 1: Giải phương trình đặc trưng t2 − at− b = 0,∆ = a2 + 4b
• Bước 2: Xét ∆
7
– Nếu ∆ > 0 thì phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt α1, α2. Số hạng tổng
quát của dãy là un = xαn + yαn, ∀n ≥ 0 và x, y ∈ R
– Nếu ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm kép t1 = t2 = α. Số hạng tổng quát
của dãy là un = xαn + ynαn−1,∀n ≥ 0 và x, y ∈ R.
– Nếu ∆ < 0 thì phương trình có 2 nghiệm phức liên hợp z và z, trong đó
z =a+ i
√−∆
2. Đặt r = |z|, a = Argz. Số hạng tổng quát của dãy:
un = rn(x cosnα− y sinnα),∀n ≥ 0, x, y ∈ R.
• Bước 3: Xác định x, y ∈ R theo u0, u1 cho trước.
1.2.2 Ví dụ:
Ví dụ 6. Tìm số hạng tổng quát của dãy số xác định bởi:{u0 = u1 = 1
un+2 = 6un+1 − 9n,∀n ≥ 0
Giải. Xét phương trình đặc trưng: t2 − 6t+ 9 = 0, ta có: ∆′ = 32 − 9 = 0.
⇒ Phương trình có nghiệp kép thực t = 3.
⇒ Số hạng tổng quát của dãy có dạng: un = x3n + yn3n−1
Do u0 = u1 = 0 nên {x = 1
3x+ y = 1⇔
{x = 1
y = −2
Vậy số hạng tổng quát của dãy là un = 3n − 2n3n−1,∀n ≥ 0.
Ví dụ 7. Tìm số hạng tổng quát của dãy số xác định bởi:{u0 = 1;u1 = 0
un+1 = un − un−1,∀n ≥ 0
Giải. Phương trình đặc trưng: t2 − t + 1 = 0 có ∆ = −3 < 0. Phương trình có 2nghiệm
phức liên hợp: x1,2 =1± i
√3
2Ta có:
|x1| =√
1
4+
3
4= 1
tanϕ =
√3
2÷ 1
2=√
3⇒ ϕ =√
3
x1 = cosπ
3+ i sin
π
3
8
Số hạng tổng quát của dãy là un = x cosnπ
3+ y sin
nπ
3Do u0 = 1;u1 = 0 nên:
{x.1 + y.0 = 1
x cosπ
3+ y sin
π
3= 0,∀n ≥ 0
⇔
x = 1
y = − 1√3
Vậy số hạng tổng quát của dãy trên là
un = cosnπ
3− 1√
3sin
nπ
3,∀n ≥ 0.
Ví dụ 8. Tìm số hạng tổng quát xác định bởi: u0 = a > 0, u1 = b > 0
un+2 =2unun+1
un + un=1
,∀n ≥ 0
Giải. Ta có: u0 > 0, u1 > 0. Bằng quy nạp ta có un > 0, ∀n ≥ 0.
un+2 =2unun+1
un + un+1
=2
un + un+1
unun+1
=2
1
un+
1
un+1
⇒ 2
un+2
=1
un+
1
un+1
Đặt vn = 1un,∀n ≥ 0. Khi đó:
2vn+2 = vn+1 + vn
⇔ vn+2 =1
2vn+1 +
1
2vn
Phương trình đặc trưng của dãy (vn)n là vn = x2n + y(−1)n
Suy ra:
un =1
x2n + y(−1)n
Từ giả thiết có:
{u0 = a
u1 = b⇔
1
x+ y= a
1
2x− y= b⇔
{x = 1
3( 1a
+ 1b)
y = 13( 2a− 1
b)⇔
x =
a+ b
3ab
y =2b− a
3ab
Vậy số hạng tổng quát của dãy (un)n≥0 là
un =3ab
(a+ b)2n − (a− 2b)(−1)n
9
• Bằng phương pháp tương tự ta có thể giải quyết được việc tìm un thoả mãn:
un+k =k−1∑i=0
aiun+i.
Ta tìm các xi(i = 0, k − 1) sao cho:
un+k −k−1∑i=1
xiun+i = x0(un+k−1 −k−2∑i=0
xi+1un+i)
⇒
xk−1 + x0 = ak−1
xi − x0xi+1 = ai
..........................
−x1x0 = a0
⇒
x1 = −a0
x0
xi = −
i−1∑j=0
xj0aj
xi0.........................
−
k−2∑j=0
xj0aj
xk−10
+ x0 = ak−1
⇒ xk0 −k−1∑j=0
xj0aj = 0.
Vậy x0 là nghiệm của phương trình đặc trưng Xk −k−1∑j=0
ajXj = 0. Từ đó ta đặt:
un+k−1 −k−2∑i=0
xi+1un+i = vn ⇒ vn = x0vn−1 = xn0v0 ⇒ un+k−1 =k−2∑i=0
xi+1un+i + xn0v0.
Gọi x0j (i = 1, k − 1) là các nghiệm của phương trình đặc trưng. Khi đó, ta có hệ
gồm k phương trình dạng:
un+k−1 =k−2∑i=0
x(i+1)jun+i + xn0jv0. Với mỗi bộ xij (i = 1, k − 1) là các nghiệm của hệ
ứng với nghiệm x0j. Nghiệm của hệ sẽ cho ta công thức tổng quát của un. Khi làm
toán ta có thể tìm un ở dạng: un =k∑i=1
αixni với xi là các nghiệm của phương trình
đặc trưng.
Sau đây, chúng tôi xin giới thiệu về phần dãy truy hồi tuyến tính cấp 3 thực với hệ
số hằng và trường hợp tổng quát là dãy truy hồi tuyến tính cấp k thực với hệ số
hằng.
1.3 Dãy truy hồi tuyến tính cấp 3 thực với hệ số hằng
1.3.1 Định nghĩa
Dãy truy hồi tuyến tính cấp 3 thực với hệ số hằng là dãy số có dạng:
un+3 = aun+2 + bun+1 + cun,∀n ≥ 0 (∗) a, b, c ∈ R
10
1.3.2 Số hạng tổng quát
Ký hiệu: Da,b,c là tập tất cả các dãy có dạng (∗).
Mệnh đề 1.2. Da,b,c là một R− không gian vectơ 3 chiều
Chứng minh. • Da,b,c là một không gian vectơ. Thật vậy:
Ta có: Da,b,c 6= ∅ vì 0n≥0 thoả mãn (∗).∀(un)n≥0, (vn)n≥0 ∈ Da,b,c,∀x, y ∈ R ta có:
xun+3 + yvn+1 = x(aun+2 + bun+1 + cun) + y(avn+2 + bvn+1 + cvn) = a(xun+2 +
yvn+2) + b(xun+1 + yvn+1) + c(xun + yvn)
⇒ (un)n≥0 + (vn)n≥0 ∈ Da,b,c
Vậy Da,b,c là một không gian vectơ.
• Ta chứng minh Da,b,c có số chiều là 3. Ký hiệu (un)n≥0, (vn)n≥0, (wn)n≥0 ∈ Da,b,c là
3 dãy được xác định bởi: u0 = 1, u1 = 0, u2 = 0
v0 = 0, v1 = 1, v2 = 0
w0 = 0, w1 = 0, w2 = 1
Ta sẽ chỉ ra {(un)n≥0, (vn)n≥0, (wn)n≥0} là cơ sở của Da,b,c. Thật vậy:
– Trước hết, ta chứng minh {(un)n≥0, (vn)n≥0, (wn)n≥0} độc lập tuyến tính. Xét
x(un)n≥0 + y(vn)n≥0 + z(wn)n≥0 = (0)n≥0xu0 + yu0 + zw0 = 0
xu1 + yv1 + zw1 = 0
xu2 + yv2 + zw2 = 0
⇔ x = y = z = 0
– Hơn nữa, {(un)n≥0, (vn)n≥0, (wn)n≥0} là hệ sinh. Thật vậy:
Xét dãy (αn)n≥0 ∈ Da,b,c bất kỳ. Ta sẽ chỉ ra (αn)n≥0 = α0(un)n≥0+α1(vn)n≥0+
α2(wn)n≥0 (∗∗)
∗ Với n = 0, α0 = 1.α0 + 0.α1 + 0.α2. Suy ra (∗∗) đúng.
∗ Với n = 1, α1 = 0.α0 + 1.α1 + 0.α2. Suy ra (∗∗) đúng.
∗ Với n = 2, α2 = 0.α0 + 0.α1 + 1.α2. Suy ra (∗∗) đúng.
Giả sử (∗∗) đúng với n, n+ 1 và n+ 2(∀n ≥ 0), tức là:αn = α0un + α1vn + α2wn
αn+1 = α0un+1 + α1vn+1 + α2wn+1
αn+2 = α0un+2 + α1vn+2 + α2wwn+2
11
Ta sẽ chứng minh (∗∗) đúng với n+ 3. Thật vậy:
αn+3 = aαn+2+bαn+1+cαn = a(α0un+2+α1vn+2+α2wn+2)+b(α0un+1+α1vn+1+α2wn+1)+c(α0un+α1vn+α2wn) = α0un+3+α1vn+3+α2wn+3
Suy ra (∗∗) đúng với mọi n ≥ 0. Ta được {(un)n≥0, (vn)n≥0, (wn)n≥0} là
một cơ sở của Da,b,c.
Bây giờ, áp dụng mệnh đề này ta tìm tất cả các dãy số thoả mãn (∗).Phương trình đặc trưng: t3 − at2 − bt− c = 0(3∗).
• Trường hợp 1: (3∗) có 3 nghiệm phân biệt t1, t2, t3. Khi đó, {(tn1 )n≥0, (tn2 )n≥0, (t3)
nn≥0}
là một cơ sở của Da,b,c.
Thật vậy, xét:
c1(tn1 )n≥0 + c2(t
n2 )n≥0 + c3(t
n3 )n≥0 = (0)n≥0
c1 + c2 + c3 = 0
c1t1 + c2t2 + c3t3 = 0
c1t21 + c2t
22 + c3t
23 = 0
⇔
c1 = −c2 − c3(−c2 − c3)t1 + c2t2 + c3t3 = 0
(−c2 − c3)t21 + c2t22 + c3t
23 = 0
⇔
c1 = −c2 − c3c2(t2 − t1) = c3(t1 − t3)c2(t2 − t1)(t2 + t1) + c3(t3 − t1)(t3 + t1) = 0
⇔
c1 = −c2 − c3c2(t2 − t1) = c3(t1 − t3)c2(t2 − t1)(t2 + t1 − t3 − t1) = 0
⇔
c1 = −c2 − c3c2(t2 − t1) = c3(t1 − t3)c2(t2 − t1)(t2 − t3) = 0
Do t1 6= t2 6= t3 ⇒ c1 = c2 = c3 = 0
Vậy {(tn1 )n≥0, (tn2 )n≥0, (t3)
nn≥0} độc lập tuyến tính.
⇒ {(tn1 )n≥0, (tn2 )n≥0, (t3)
nn≥0} là một cơ sở của Da,b,c.
Khi đó, số hạng tổng quát của dãy cho bởi (∗) có dạng:
un =3∑i=0
citni , ∀n ≥ 0, trong đó c1, c2, c3 ∈ R.
• Trường hợp 2: (3∗) có nghiệm thực t1 bội 2 và nghiệm thực t2.
Khi đó, tương tự như trên ta sẽ chứng minh được số hạng tổng quát của dãy cho
bởi (∗) có dạng:
un = c1tn1 + c2nt
n1 + c3t
n2 , ∀n ≥ 0, trong đó c1, c2, c3 ∈ R.
• Trường hợp 3: (3∗) có nghiệm thực bội 3.
Khi đó, số hạng tổng quát của dãy cho bởi (∗) có dạng:
un = c1tn + c2nt
n + c3n2t2,∀n ≥ 0, trong đó c1, c2, c3 ∈ R.
12
• Trường hợp 4: (3∗) có nghiệm thực t1 và 2 nghiệm phức liên hợp t2 = a+ bi và t2 =
a− bi.Khi đó, số hạng tổng quát của dãy cho bởi (∗) có dạng:
un = c1tn1+rn(c12i cos(nϕ)+c22i sin(nϕ)),∀n ≥ 0, trong đó c1, c2, c3 ∈ R và r = |t2|, ϕ = argt2.
1.3.3 Ví dụ
Ví dụ 9. Cho dãy (un)n≥0 thoả mãn điều kiện:
2un+3 = 5un+2 − 4un+1 + un;u0 = 3, u1 = 2, u2 = 5
Hãy xác định số hạng tổng quát của dãy trên.
Giải. Xét phương trình đặc trưng: 2t3 − 5t2 + 4t − 1 = 0 có nghiệm t1 = 2 (bội 2) và
t2 =1
2. Suy ra số hạng tổng quát có dạng:
un = c1.2n + c2.n.2
n + c3.(1
2)n, (c1, c2, c3 ∈ R.)
Do u0 = 3, u1 = 2, u2 = 5 nên ta có:c1 + c3 = 3
2c1 + 2c2 +1
2c3 = 2
4c1 + 8c2 +1
4c3 = 5
⇔
c1 = −1
c2 = 1
c3 = 4
Vậy số hạng tổng quát của dãy trên là
un = −2n + n2n + 4
(1
2
)n, n ≥ 0
Ví dụ 10. Biểu diễn số hạng tổng quát của dãy thoả mãn điều kiện sau:
un+3 = 5un+2 − 8un+1 + 6un,∀n ≥ 0.
Giải. Xét phương trình đặc trưng:
t3 − 5t2 + 8t− 6 = 0
⇔ (t− 3)(t2 − 2t+ 2) = 0
⇔
t1 = 3
t2 = 1 + i =√
2(cosπ
4+ i sin
π
4)
t3 = 1− i =√
2(cosπ
4− i sin
π
4)
Vậy số hạng tổng quát của nó có dạng:
un = c13n + (
√2)n(c12 cos
nπ
4+ c22i sin
nπ
4),∀n ≥ 0
trong đó c1, c12, c
22 ∈ R.
13
1.4 Dãy truy hồi tuyến tính cấp k thực với hệ số hằng
1.4.1 Định nghĩa:
Dãy truy hồi tuyến tính cấp k hệ số hằng là dãy có dạng: un+k = a1un+k−1 + a2un+k−2 +
...+ akuk(∗), với a1, a2, ..., ak ∈ R, k ≥ 3.
1.4.2 Số hạng tổng quát
Ký hiệu D là tập tất cả các dãy thoả mãn (∗).Mệnh đề: D là một không gian vectơ k chiều.
Chứng minh mệnh đề này hoàn toàn tương tự như mệnh đề ở mục 1.2 và 1.3
Phương trình tk − a1tk−1 − ... − ak = 0(∗∗) được gọi là phương trình đặc trưng của
dãy.
Xét (∗∗), ta có các trường hợp sau:
• Trường hợp 1: (∗∗) có k nghiệm thực phân biệt t1, t2, ..., tk.
Khi đó, số hạng tổng quát của dãy (un)n≥0 là:
un =k∑i=0
citni , ci ∈ R, i = 1, k
• Trường hợp 2: (∗∗) có 1 nghiệm thực t1, t2, ..., tl bội s1, s2, ..., sl tương ứng (l∑
i=1
= k).
Khi đó, số hạng tổng quát của dãy là:
un =n∑i=0
(s1−1∑j
cijnjtji
), cij ∈ R.
• Trường hợp 3: (∗∗) có m nghiệm thực phân biệt t1, t2, ...tm bội s1, s2, ..., sm tương ứng
và có 2n nghiệm phức phân biệt (tức là có n cặp nghiệm phức liên hợp z1, z1), mỗi cặp
có cùng bội hi với i = 1, .., n. Trong đó, (s1 +s2 + ...+sm)+2n(h1 +h2 + ...+hn) = k
Khi đó, số hạng tổng quát có dạng:
un =m∑i=0
(si−1∑j=0
cijnjtni
)+
l∑i=0
(hi−1∑j=0
(pi cosnαi − qi sinnαi)
)
Với ri = |z|, αi = Argzi, cij, aij, pi, qi ∈ R được xác định dựa vàp các số hạng ban
đầu của dãy. (Trong trường hợp 2 và 3, chúng tôi coi nghiệm đơn là nghiệm bội 1)
14
Ví dụ 11. Tìm số hạng tổng quát của dãy cho bởi:
un+6 − 3un+5 + 4un+4 − 6un+3 + 5un+2 − 3un+1 + 2un = 0
Giải. Xét phương trình đặc trưng: t6 − 3t5 + 4t4 − 6t3 + 5t2 − 3t+ 2 = 0
Phương trình có nghiệm t1 = 1; t2 = 2, t3 = i(bội 2), t3 = −i (bội 2), t3 có r = 1, ϕ =π
2Số hạng tổng quát có dạng:
un = c1 + c2.2n + (a1 + a2n) cos(n
π
2) + (b1 + b2) sin(n
π
2)
trong đó, c1, c2, a1, a2, b1, b2 là hằng số.
1.5 Dãy truy hồi tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng
1.5.1 Định nghĩa
Dãy được xác định bởi:
a0un+k + a1un+k−1 + ...+ akun = f(n)
(∗) với ai ∈ R, i = 1, n và f(n) là một hàm số của n, f(n) 6= 0 được gọi là dãy truy hồi
tuyến tính không thuần nhất hệ số hằng.
1.5.2 Số hạng tổng quát
Số hạng tổng quát của dãy (∗) có dạng: un = u∗n + un trong đó u∗n là một dãy riêng thỏa
mãn (∗), un là số hạng tổng quát của dãy: a0un+k + a1un+k−1 + ...+ akun = 0 (∗∗)
1.5.3 Dãy riêng u∗n
Trong phần 1.4 chúng ta đã nghiên cứu số hạng tổng quát un của dãy (∗∗). Như vậy, để
tìm nghiệm tổng quát của (∗), ta đi tìm nghiệm riêng u∗n. Dưới đây là hai phương pháp
tìm nghiệm riêng của dãy u∗n:
X Phương pháp 1: Phương pháp hệ số bất định (phương pháp chọn). Xét một số
trường hợp đặc biệt của f(n) như sau:
? Nếu f(n) là các đa thức bậc m của n,( m ∈ R): fn = Pm(n), m ∈ R.
- Nếu các nghiệm t1, t2, ..., tk là các nghiệm thực khác 1 của phương trình đặc
trưng của (∗∗) thì :
u∗n = Qm(n),m ∈ R
với Qm(n) là đa thức cùng bậc với fn
- Nếu phương trình đặc trưng của (∗∗) có nghiệm bội s bằng 1 thì:
u∗n = nsQm(n),m ∈ R
trong đó Qm(n) là đa thức cùng bặc với fn.
15
Ví dụ 12. : Tìm số hạng tổng quát của dãy sau:
a)
{2un+2 − 5un+1 + 2un = −n2 − 2n+ 3, (1)
u0 = 1, u1 = 3
b)
{un+2 = −4un+1 + 5un + 12n+ 8, (2)
u0 = 2, u1 = 7
Giải
a) Phương trình đặc trưng: 2t2 − 5t+ 2 = 0 có hai nghiệm: t1 = 2, t2 = 12
⇒
{un = A.2n +B.(1
2)n
u∗n = an2 + bn+ c
Thay u∗n vào (1) ta được:
2[a(n+2)2+b(n+2)+c]−5[a(n+1)2+b(n+1)+c]+2[an2+bn+c] = −n2−2n+3
⇔ −an2 − (2a+ b)n+ 3a− b− c = −n2 − 2n− 3
Đồng nhất hệ số hai vế:−a = −1
2a+ b = −2
3a− b− c = 3
⇔
{a = 1
b = c = 0
⇒ u∗n = n2
⇒ un = u∗n + un = n2 + A.2n +B.(1
2)n
từ giả thiết ta có: {u0 = A+B = 1
u1 = 1 + 2A+ 12B
⇔
{A = 1
B = 0
Vậy số hạng tổng quát của dãy là: un = n2 + 2n.
b) Phương trình đặc trưng: t2 + 4t− 5 = 0 có hai nghiệm t1 = 1, t2 = 5
⇒
{un = A.1n +B.5n
u∗n = n(an2 + bn)
Thay u∗n vào (2) ta được:
(n+ 2)[a(n+ 2) + b] = −4(n+ 1)[a(n+ 1) + b] + 5n[an+ b] + 12n+ 8
16
⇔ 12an+ 8a+ 6b = 12n+ 8
Đồng nhất hệ số hai vế:{12a = 12
8a+ 6b = 8⇔
{a = 1
b = 0⇒ u∗n = n2
⇒ un = u∗n + un = n2 + A+B.5n
từ giả thiết ta có: {u0 = A+B = 2
u1 = 1 + A+ 5B = 7⇔ A = B = 1
Vậy số hạng tổng quát của dãy là: un = 1 + n2 + 5n.
? Nếu fn = Pm(n)βn, m,n ∈ R trong đó Pm(n) là đa thức bậc m của n.
- Nếu các nghiệm t1, t2, ..., tk là các nghiệm thực khác β của phương trình đặc
trưng của (∗∗) thì :
u∗n = Qm(n)βn,m ∈ R
với Qm(n) là đa thức cùng bậc với fn
- Nếu phương trình đặc trưng của (∗∗) có nghiệm α = β bội s thì:
u∗n = nsQm(n)βn,m ∈ R
trong đó Qm(n) là đa thức cùng bặc với fn.
Ví dụ 13. : Tìm số hạng tổng quát của các dãy sau:
a)
{un+2 − 3un+1 + 2un = 2.3n (1)
u0 = 2, u1 = 4.
b)
{un+2 − 5un+1 + 6un = −2n+1 (2)
u0 = 3, u1 = 9.
c)
{un+2 − 3un+1 + 4un = 2n+3 (3)
u0 = 1, u1 = 4.
Giải :
a) Phương trình đặc trưng: t2 − 3t+ 2 = 0 có hai nghiệm t1 = 1, t2 = 2 nên ta có:
⇒
{un = A.1n +B.2n
u∗n = a.3n
Thay u∗n vào phương trình (1) ta được:
a.3n+2 − 3a.3n+1 + 2a.3n = 2.3n
17
⇔ 2a = 2⇔ a = 1
Suy ra: u∗n = 3n
⇒ un = u∗n + un = 3n + A+B.2n
Từ giả thiết ta có:
⇒
{u0 = A+B + 1 = 2
u1 = A+ 2B + 3 = 4⇔
{A = 1
B = 0
Vậy số hạng tổng quát của dãy là:un = 3n + 1.
b) Phương trình đặc trưng: t2 − 5t+ 6 = 0 có hai nghiệm t1 = 2, t2 = 3 nên ta có:
⇒
{un = A.2n +B.3n
u∗n = n.a.2n
Thay u∗n vào phương trình (2) ta được:
a(n+ 2).2n+2 − 5a(n+ 1).2n+1 + 6an.2n = −2.2n
⇔ −2a = −2⇔ a = 1
Suy ra: u∗n = n.2n
⇒ un = u∗n + un = n.2n + A.2n +B.3n
Từ giả thiết ta có:
⇒
{u0 = A+B = 3
u1 = 2A+ 3B + 2 = 9⇔
{A = 2
B = 1
Vậy số hạng tổng quát của dãy là: un = n.2n + n.2n + 3n = (n+ 2).2n + 3n.
c) Phương trình đặc trưng: t2 − 4t+ 4 = 0 có nghiệm kép t1 = t2 = 2 nên ta có:
⇒
{un = A.2n + n.B.2n
u∗n = n2.a.2n
Thay u∗n vào phương trình (3) ta được:
a(n+ 2)2.2n+2 − 4a(n+ 1)2.2n+1 + 4an2.2n = 8.2n
⇔ 8a = 8⇔ a = 1
Suy ra: u∗n = n2.2n
⇒ un = u∗n + un = n2.2n + A.2n + n.B.2n
Từ giả thiết ta có:
⇒
{u0 = A = 1
u1 = 2A+ 2B + 2 = 4⇔
{A = 1
B = 0
Vậy số hạng tổng quát của dãy là: un = n2.2n + 2n = (n2 + 1).2n.
18
? Nếu fn = Pm(n) cos βn+Ql(n) sin βn, m ∈ R trong đó Pm(n), Ql(n) là các đa
thức bậc m, l của n.
Đặt k = maxm, l.
- Nếu α = cos βn± sin βn không là nghiệm của phương trình đặc trưng của (∗∗)thì :
u∗n = Tk(n) cos βn+Rk(n) sin βn,m ∈ R
trong đó Tk(n), Rk(n) là các đa thức bậc k của n.
- Nếu α = cos βn± sin βn là nghiệm của phương trình đặc trưng của (∗∗) thì:
n(Tk(n) cos βn+Rk(n) sin βn)
trong đó Tk(n), Rk(n) là các đa thức bậc k của n.
Ví dụ 14. . Tìm số hạng tổng quát của dãy xác định bởi:
a)
{un+3 − 2un+2 − un+1 + 2un = (2−
√2) cos nπ
4+ 2 sin nπ
4(1)
u0 = 3, u1 =√
22, u3 = 2.
b)
{un+2 − un+1 + un = −3
2cos nπ
3−√
32
sin nπ4
(2)
u0 = 1, u1 = 1.
Giải a) Phương trình đặc trưng: t3 − 2t2 − 1 + 2 = 0 có ba nghiệm phân biệt
t1 = 1, t2 = 2, t3 = −1, suy ra α = cos nπ4± sin nπ
4không là nghiệm của phương
trình đặc trưng nên:
⇒
{un = A.1n +B.(−1)n + C.2n
u∗n = a cos nπ4
+ b sin nπ4
Thay u∗n vào phương trình (1) ta được:
a cos(n+ 3)π
4+b sin
(n+ 3)π
4−2(cos
(n+ 2)π
4+b sin
(n+ 2)π
4)−(cos
n+ 1π
4+b sin
(n+ 1)π
4)
+ (cosnπ
4+ b sin
nπ
4) = (2−
√2) cos
nπ
4+ 2 sin
nπ
4
⇔ [(2−√
2)a− 2b] cosnπ
4+ [(2a−
√2)b] sin
nπ
4= (2−
√2) cos
nπ
4+ 2 sin
nπ
4
Đồng nhất hệ số hai vế ta được:{(2−
√2)a− 2b = (2−
√2)
(2a−√
2)]b = 2⇔
{a = 1
b = 0
Khi đó:
u∗n = cosnπ
4
⇒ un = u∗n + un = cosnπ
4+ A+B.(−1)n + C.2n
19
u0 = 1 + A+B + C = 3
u1 =√
22
+ A−B + 2C =√
22
u2 = A+B + 4C = 2
⇔
A = 1
B = 1
C = 0
Vậy số hạng tổng quát của dãy là: un = cos nπ4
+ (−1)n + 1.
b) Phương trình đặc trưng: t2 − t + 1 = 0 có hai nghiệm phức t = cos nπ3± sin nπ
3
nên:
⇒
{un = p cos nπ
3− q sin nπ
3
u∗n = n(a cos nπ3
+ b sin nπ3
)
Thay u∗n vào phương trình (2) ta được:
(n+ 2)(cos(n+ 2)π
3+ b sin
(n+ 2)π
3)− (n+ 1)(cos
n+ 1π
3+ b sin
(n+ 1)π
3)
+ n(cosnπ
3+ b sin
nπ
3) = −3
2cos
nπ
3−√
3
2sin
nπ
4
⇔ (−3
2a+
√3
2b) cos
nπ
3− (
3
2a+
√3
2b) sin
nπ
4= −3
2cos
nπ
3−√
3
2sin
nπ
4
Đồng nhất hệ số hai vế ta được:{32a−
√3
2b = 3
232a+
√3
2b =
√3
2
⇔
{a = 1
b = 0
Suy ra u∗n = n cos nπ3.
⇒ un = u∗n + un = n cosnπ
3+ p cos
nπ
3− q sin
nπ
3
Từ giả thiết ta có: {u0 = p = 1
u1 = 12p−
√3
2q + 1
2= 1
⇔
{p = 1
q = 0
Vậy số hạng tổng quát cần tìm là: un = n cos nπ3
+ cos nπ3
= (n+ 1) cos nπ3.
? Nếu fn = fn1 + fn2 + · · · + fns , ta đi tìm u∗n = u∗n1+ u∗n2
+ · · · + u∗nstrong đó
u∗nilà nghiệm riêng ứng với fni
, i = 1, n.
Ví dụ 15. : Tìm nghiệm riêng u∗n của dãy:
un+2 − 7un+1 + 12un = 6n− 5 + 2n+1 + (11n− 2) cosnπ
2+ 7(n+ 1) sin
nπ
2
Giải
Phương trình đặc trưng t2 − 7t+ 12 = 0 có hai nghiệm phân biệt t1 = 3, t2 = 4.
Đặt fn = 6n− 5 + 2n+1 + (11n− 2) cos nπ2
+ 7(n+ 1) sin nπ2
= fn1 + fn2 + fn3
* Với fn1 = 6n− 5 ta tìm được u∗n1= n.
20
* Với fn2 = 2n+1 ta tìm được u∗n2= 2n.
* Với fn3 = (11n− 2) cos nπ2
+ 7(n+ 1) sin nπ2
ta tìm được: u∗n3= n cos nπ
2
Vậy u∗n = u∗n1+ u∗n2
+ u∗n3= n+ 2n + n cos nπ
2.
X Phương pháp 2: Phương pháp biến thiên hằng số.
Nếu (u1n)n≥0, (u
2n)n≥0, . . . , (u
kn)n≥0 là k nghiệm độc lập tuyến tính của (**) thì ta tìm
nghiệm riêng u∗n của (*) dạng:
u∗n = A1nu
1n + · · ·+ Aknu
kn ∀n ≥ 0
trong đó Ain là hàm số của n với mỗi i = 1, k.
Ví dụ 16. Tìm số hạng tổng quát:{un+1 = n.un + n.n! (∗)u1 = 9
8
n = 1, 2, . . .
Giải :
Xét dãy un+1 = n.un.
⇒ un = (n− 1).un−1
un−1 = (n− 2).un−2
. . .
u2 = u1
Từ đó ta suy ra:
un = (n− 1)(n− 2) . . . 1.u1 = (n− 1)!u1
⇒ un = C(n− 1)!
Ta đi tìm u∗n = Cn(n− 1)!
Thay vào phương trình (*) ta được:
Cn+1n! = nCn(n− 1)! + n.n!
⇔ Cn+1 = n+ Cn
⇒ Cn = (n− 1) + Cn−1
Cn−1 = (n− 2) + cn−2
. . .
C2 = 1 + C1
Do đó: Cn = (n− 1) + (n− 2) + · · ·+ 1 = n(n−1)2
Số hạng tổng quát: un = u∗n + un hay un = (n(n−1)2
+ C)(n− 1)!
Thay u1 = 98⇒ C = 9
8
Vậy số hạng tổng quát cần tìm là: un = (n(n−1)2
+ 98)(n− 1)!
21
1.6 Tuyến tính hóa
Trong quá trình giải toán, ta có thể gặp một số bài toán tìm số hạng tổng quát của dãy
số được cho bởi phương trình không tuyến tính, ta có thể biến đổi đưa về phương trình
tuyến tính. Ngoài ra còn một số phương trình có hệ số thay đổi, ta có thể biến đổi đưa
về phương trình hệ số hằng.
1.6.1 Bài toán 1
Xét dãy:
un+k = ϕ(un, · · · , un+k−1) ∀n ≥ 0
và các số hạng ban đầu của dãy u0, u1, · · · , uk−1. Giả sử phương trình tuyến tính hóa
được thì điều kiện cần và đủ là tồn tại các số: a0, a1, · · · , ak−1 để :
un+k = a0un + a1un+1 + · · ·+ ak−1un+k−1 ∀n
. Từ công thức ban đầu ta tính được uk, uk+1, · · · , u2k−1 theo các giá trị ban đầu u0, u1, · · · , uk−1.uk = ϕ(u0, u1, · · · , uk−1)
uk+1 = ϕ(u1, · · · , uk−1, uk)
· · ·u2k−1 = ϕ(uk, · · · , u2k−2)
Thay u0, u1, · · · , uk−1 và các giá trị uk, uk+1, · · · , u2k−1 vào biểu thức của un ta được hệ:a0u0 + a1u1 + · · ·+ ak−1uk−1 = uk
a0u1 + a1u2 + · · ·+ ak−1uk = uk+1
· · ·a0uk−1 + a1uk + · · ·+ ak−1u2k−2 = u2k−1
Nếu hệ trên có nghiệm (a0, a1, · · · , ak−1) thì ta được:
un+k = a0un + a1un+1 + · · ·+ ak−1un+k−1 ∀n ≥ 0
là dạng tuyến tính cần tìm của un+k = ϕ(un, · · · , un+k−1) ∀n ≥ 0. Tiếp theo, ta cần kiểm
nghiệm công thức nghiệm bằng phép quy nạp.
Chú ý rằng nếu hệ phương trình trên vô nghiệm thì dãy không thể tuyến tính được.
Ví dụ 17. : Tuyến tính hóa dãy sau:{un =
u2n−1+2
un−2∀n ≥ 3, n ∈ N
u1 = u2 = 1
22
Giải :
Ta đi tìm a1, a2 sao cho: un = a1un−1 + a2un−2, ∀n ≥ 3, n ∈ N .
Theo công thức dãy số, ta có: u3 =u22+2
u1= 3, u4 =
u23+2
u2= 11.
Thay vào công thức tính un ta được:{a1 + a2 = 3
3a1 + a2 = 11⇔
{a1 = 4
a2 = −1
⇒ un = 4un−1 − un−2
Ta sẽ chứng minh: un = 4un−1 − un−2 (*) là dạng tuyến tính hóa của dãy đã cho bằng
quy nạp.
Chứng minh. Thật vậy:
Với n = 3, u3 =u22+2
u1= 3 = 4u2 − u1, do đó (*) đúng với n = 3.
Giả sử (*) đúng với n = k tức là ta có uk = 4uk−1 − uk−2. Ta phải chứng minh (*) đúng
với n = k + 1, nghĩa là phải chứng minh: uk+1 = 4uk − uk−1.
Ta có:
uk+1 =u2k + 2
uk−1
=(4uk−1 − uk−2)
2 + 2
uk−1
=16u2
k−1 − 8uk−1.uk−2 + u2k−2 + 2
uk−1
Mặt khác:
uk =u2k−1 + 2
uk−2
= 4uk−1 − uk−2
⇔ u2k−1 + 2 = 4uk−1.uk−2 − u2
k−2
⇔ u2k−2 + 2 = 4uk−1.uk−2 − u2
k−1
Suy ra:
uk+1 =16u2
k−1 − 8uk−1.uk−2 + 4uk−1.uk−2 − u2k−1
uk−1
=15u2
k−1 − 4uk−1.uk−2
uk−1
= 15uk−1 − 4uk−2
⇒ uk+1 = 15uk−1 − 4uk−2
(**) Mà giả từ giả thiết quy nạp ta có:
uk = 4uk−1 − uk−2
⇒ uk−2 = 4uk−1 − uk
Thay vào (**):
⇒ uk+1 = 15uk−1 − 4(4uk−1 − uk) = 4uk − uk−1
23
Vậy (*) đúng với n = k + 1.
Nên ta có: un = 4un−1 − un−2,∀n ≥ 3, n ∈ N .
Vậy phương trình trên là phương trình tuyến tính bậc 2 với hệ số hằng. Do đó ta có thể
xác định được công thức tổng quát của un.
Ví dụ 18. : Tuyến tính hóa dãy sau:{un+1 = 1
2(un + c
un)
u0 = a <√c
Giải :
Ta có:un+1 −
√c
un+1 +√c
=12(un + c
un)−√c
12(un + c
un) +√c
=u2n − 2
√c.un + c
u2n + 2
√c.un + c
=(un −
√c)2
(un −√c)2
Đặt
vn =un −
√c
un +√c
⇒
{vn+1 = v2
n (1)
v0 = u0−√c
u0+√c
= a−√c
a+√c> 0
Bằng quy nạp ta chứng minh được vn > 0,∀n ∈ N .
Logarit hai vế của phương trình (1) ta được: log2 vn+1 = 2 log2 vn
Đặt wn = log2 vn
⇒
{wn+1 = 2wn
w0 = log2a−√c
a+√c
Suy ra (wn)n≥0 là dãy nhân với công bội 2.
⇒ wn = 2n.w0 = log2
a−√c
a+√c.2n,∀n ≥ 0
⇒ wn = 2wn = 2log2
a−√
ca+√
c.2n
= (a−√c
a+√c)2n
Mà ta có:
vn =un −
√c
un +√c
⇒ (vn − 1)un = −(vn + 1)√c
Do c 6= 0
⇒ a−√c
a+√c6= 1⇒ vn = (
a−√c
a+√c)2n 6= 1,∀n ≥ 0
⇒ un =1 + (a−
√c
a+√c)2n
1− (a−√c
a+√c)2n
.√c =
(a+√c)2n
+ (a−√c)2n
(a+√c)2n − (a−
√c)2n .√c
24
1.6.2 Bài toán 2.
Bài toán: Tuyến tính hóa dãy:{xn+1 = x2
n+d2xn
;∀n ≥ 1
x1 = a(1)
Giải :
Khi d = 0 ta có ngay xn+1 = 12xn và xn = (1
2)n−1a.
Xét trường hợp d > 0. Giả sử un, vn là một nghiệm của:un+1 = u2
n + dv2n
vn+1 = 2unvn
u1 = a, v1 = 1
(2)
Khi đó xn = un
vnlà nghiệm của (1). Thật vậy, ta chứng minh bằng quy nạp như sau:
x1 = a =a
1=u1
v1
Vậy khẳng định đúng với n = 1.
Giả sử khẳng định đúng với n. Khi đó:
xn+1 =x2n + d
2xn=
u2n
v2n+ d
2un
vn
=u2n + dv2
n
2unvn=un+1
vn+1
Cũng là nghiệm của (1). Như vậy để giải (1) ta giải (2). Ta có:un+1 = u2
n + dv2n√
dvn+1 = 2√dunvn
u1 = a, v1 = 1
(3)
Cộng vế với vế các phương trình trong hệ (3) ta được:
un+1 +√dvn+1 = (u2
n + dv2n)2
Do đó:
un+1 +√dvn+1 = (u2
1 + dv21)2n
= (a+√d)2n
(4)
Tương tự, trừ vế với vế các phương trình trong hệ (3) ta được:
un+1 −√dvn+1 = (u2
1 − dv21)2n
= (a−√d)2n
(5)
Từ (4) và (5) ta có: {un+1 = 1
2((a+
√d)2n
+ (a−√d)2n
)
vn+1 = 12((a+
√d)2n − (a−
√d)2n
)(6)
25
Do xn = un
vnnên từ (6) ta có:
xn =
√d(a+
√d)2n−1
+ (a−√d)2n−1
(a+√d)2n−1 − (a−
√d)2n−1
Thử lại bằng quy nạp cho ta thấy kết quả vừa nhận được thỏa mãn (1).
Xét trường hợp d < 0. Đặt d = −q, q > 0. Giả sử un, vn là một nghiệm của:un+1 = u2
n + dv2n
vn+1 = 2unvn
u1 = a, v1 = 1
Thì xn = un
vnlà nghiệm của (1).
Chứng minh tương tự như trên, ta nhận được nghiệm là:
xn =i√q(a+ i
√q)2n−1
+ (a− i√q)2n−1
(a+ i√q)2n−1 − (a− i√q)2n−1
1.7 Một số ứng dụng
1.7.1 Hai dãy truy hồi tuyến tính cấp hai phụ thuộc lẫn nhau.{un+1 = x1.un + y1.vn(1)
vn+1 = x2un + y2vn(2)∀n ≥ 0
trong đó x1;x2; y1; y2 ∈ RTrong công thức (1) thay n+ 1 bởi n+ 2 ta được :
un+2 = x1.un+1 + y1.vn+1
= x1.un+1 + y1.(x2.un + y2.vn)
= x1.un+1 + x2.y1.un + y2.(un+1 − x1.un)
= (x1 + y2)un+1 + (x2.y1 − x1.y2)un
Đây chính là dạng cơ bản của dãy truy hồi tuyến tính cấp hai với hệ số hằng.Do vậy ta
có thể dễ dàng tìm được công thức tổng quát của un từ đó ta tìm được vn
Ví dụ 19. : Tìm công thức số hạng tổng quát của hai dãy cho bởi:{un+1 = 3un + vn(1)
vn+1 = 5un − vn(2) ∀n ≥ 0
và thỏa mãn u0 = 0; v0 = 6.
26
Giải Từ giả thiết ta có:
un+2 = 3un+1 + vn+1
= 3un+1 + 5un − vn= 3un+1 + 5un + 3un − un+1
= 2un+1 + 8un
Phương trình đặc trưng : t2 − 2t − 8 = 0 có hai nghiệm t1 = 2 và t2 = −4 Suy ra:
un = A.2n +B(−4)n. Kết hợp với u0 = 0; v0 = 6⇒ u1 = 6 ta tìm được un = 2n − (−4)n
Từ (1) và (2) ta được: un+1 + vn+1 = 8un
⇒ vn+1 = −un+1 + 8un = 3.2n+1 + 3(−4)n+1.
1.7.2 Dãy truy hồi dạng phân thức
Cho dãy truy hồi xác định bởi: u0 = a
un+1 =pun + q
run + s
trong đó p, q, r, s là các hằng số, a cho trước. Ta cần tìm số hạng tổng quát của dãy số
trên.
Giả sử có hai dãy (xn)n≥0 và (yn)n≥0 là nghiệm của hệ:{xn+1 = pxn + qyn
yn+1 = rxn + syn
và thỏa mãn x0 = a, y0 = 1. Khi đó ta chứng minh được un =xnyn
là ngiệm của phương
trình đã cho bằng phương pháp quy nạp.Thật vậy: Có u0 =x0
y0
= a. Suy ra kết luận đúng
với n = 0
Giả sử un =xnyn
ta chứng minh un+1 =xn+1
yn+1
Ta có:
un+1 =xn+1
yn+1
=pxn + qynrxn + syn
=
pxnyn
+ q
rxnyn
+ s=pun + q
run + s
Suy ra kết luận đúng với n+ 1. Vậy un =xnyn∀n ≥ 0
Ví dụ 20. Tìm công thức tổng quát của dãy (un)n≥0 xác định bởi:u0 = 0
un+1 =un − 2
un + 4
27
Giải Xét hệ: xn+1 = xn − 2yn
yn+1 = xn + 4yn
x0 = 0, y0 = 1
⇒ xn+2 = 5.xn+1 − 6yn+1 Phương trình đặc trưng : t2 − 5t + 6 = 0 có hai nghiệm
t1 = 2; t2 = 3 nên:
xn = A2n +B.3n
Ta có x0 = 0; y0 nên x1 = −2, từ đó suy ra:{A+B = 0
2A+ 3B = −2
⇔
{A = 2
B = −2
Suy ra: xn = 2.2n − 2.3n
Từ hệ suy ra:
yn+1 = −2xn+1 + 3xn
= −2(2.2n+1 − 2.3n+1) + 3.(2.2n − 2.3n)
= −2n+1 + 2.3n+1
Vậy số hạng tổng quát của dãy là:un =xnyn
=2.2n − 2.3n
−2n + 2.3n
1.7.3 Áp dụng truy hồi để tính tích phân.
Ví dụ 21. Tính tích phân:
1. Ik(x) =∫ π
0
cos kt− cos kx
cost− cosxdt
2. un =∫ π
0cosn x. cosnxdx, n ∈ N
Giải
1. Ta có:
I0(x) =∫ π
0
cos 0.t− cos 0.x
cos t− cosxdt = 0
I1(x) =∫ π
0
cos t− cosx
cos t− cosxdt =
∫ π0dt = π
Ik+2 =∫ π
0
cos ((k + 2).t)− cos ((k + 2).x)
cos t− cosxdt = 0
Tích phân từng phần ta được:
Ik+2(x)− 2 cosx.Ik+1(x) + Ik(x) = 0
28
Phương trình đặc trưng: t2 − 2cosx.t+ 1 = 0 có nghiệm t+ cosx± i sinx.
Suy ra: Ik(x) = Acoskx+Bsinkx
⇒
{0 = I0(x) = A
π = I1(x) = A cosx+B sinx
⇔
{A = 0
B =π
sinx
⇔
{A = 0
B =π
sinx
Vậy Ik(x) =π
sinxsin k
2. Tích phân từng phần,ta có :
un =1
n
∫ π
0
cosn xd(sinnx)
=1
ncosn x sinnx
∣∣π0− 1
n
∫ π
0
sinnx.n. cosn−1 x.(− sinx)dx
=
∫ π
0
cosn x. sinnx. sinxdx
=
∫ π
0
cosn−1 x.1
2(cos(n− 1)x− cos(n+ 1)x) dx
=1
2un−1 −
1
2
∫ π
0
cosn−1 x. cos(n+ 1)xdx
= un−1 −1
2
∫ π
0
cosn−1 x. (cosnx. cosx− sinnx. sinx) dx
=1
2un−1 −
1
2un +
1
2un =
1
2un−1
Suy ra:
u0 = π;un =1
2un−1 ∀n ≥ 1 hay un =
1
2nπ ∀n ≥ 1
2 Dãy truy hồi dạng un+1 = f (un).
2.1 Tổng quát
Trong phần này ta sẽ khảo sát loại dãy truy hồi có dạng un+1 = f(un)∀n ≥ 0. Rõ ràng
tính chất của dãy hoàn toàn phụ thuộc vào hàm f và phần tử xuất phát u0.
Giả sử f : M −→M là một ánh xạ và u0 ∈M .
X f đơn điệu trên M .
Trường hợp 1: f đơn điệu tăng trên M
29
Do un+1 − un = f(un) − f(un−1 và f là hàm tăng nên un+1 − un cùng dấu với
un − un−1. Do đó truy hồi theo n ta được un+1 − un cùng dấu với u1 − u0.
Suy ra:
- Nếu u1 ≥ u0 thì dãy (un)n≥0 là một dãy tăng.
- Nếu u0 ≥ u1 thì dãy (un)n≥0 là một dãy giảm. Trường hợp 2: f đơn điệu giảm trên
M
Khi đó ta xét ánh xạ tích f 2 = f.f là một hàm tăng trên M . Vì vậy áp dụng trường
hợp 1 ta suy ra:
- Nếu u2 ≥ u0 thì dãy con (u2n)n≥0 là một dãy tăng và dãy con (u2n+1)n≥0 là một dãy
giảm.
- Nếu u0 ≥ u2 thì dãy con (u2n)n≥0 là một dãy giảm và dãy con (u2n+1)n≥0 là một
dãy tăng.
X f liên tục trên M và đóng trong R.
Giả sử (un)n≥0 hội tụ và nếu nó hội tụ về α thì α ∈M ( do M đóng trong R)
Vì f liên tục trên M nên: limn→∞
f(un) = f( limn→∞
un).
Như vậy α = f(α), tức là α là một nghiệm thuộc M của phương trình f(x) = x.
2.2 Một vài ví dụ.
Ví dụ 22. : Khảo sát dãy số (un)n≥0 với:{un+1 = un
u2n+1
u0 = 1(1)
Giải :
Dễ thấy (un)n≥0 là một dãy số dương.
Mặt khác:
un+1 − un =un
u2n + 1
− un =−unu2n + 1
< 0un dương
.
⇒ un < u0 ∀n ≥ 1⇒ un ∈ [0, 1] ∀n ≥ 0
Suy ra (un)n≥0 là dãy giảm, bị chặn nên ∃ limn→∞
un.
Xét ánh xạ:
f(x) =x
x2 + 1trên [0, 1]
Ta có:
f ′(x) =x2 + 1− 2x.x
(x2 + 1)2=
1− x2
(x2 + 1)2
30
Như vậy f là ánh xạ liên tục từ [0, 1] vào [0, 1].
Đặt a = limn→∞
un thì a là nghiệm của phương trình f(x) = x trên [0, 1].
Ta có:
f(x) = x
⇔ x
x2 + 1= x
⇔ x = x(x2 + 1)
⇔ x3 = 0
⇔ x = 0 ∈ [0, 1]
Vậy dãy (un)n≥0 là dãy giảm thực dự hội tụ về 0.
Ví dụ 23. : Khảo sát sự hội tụ và tính giới hạn (nếu có) của dãy (un)n≥0 với:{un+1 = 1
6(u2
n + 8) ∀n ≥ 0
u0 = a > 0(1)
Giải :
Theo bài ra ta có:
un+1 =1
6(u2
n + 8)⇒ un+1 > 0 ∀n ≥ 0
Đặt f(x) = 16(x2 + 8), > 0.
Ta có:
f(x) = x
⇔ 1
6(x2 + 8) = x
⇔ x2 − 6x+ 8 = 0
⇔
{x = 2
x = 4
f ′(x) =1
3x⇒ f ′(x) > 0 ∀x ≥ 0
⇒ f(x) là hàm tăng từ [0,∞) vào chính nó.
Hơn nữa: f(0) = 43, f(2) = 2, f(4) = 4
⇒ f([0, 2]) ⊂ [0, 2], f([2, 4]) ⊂ [2, 4], f([4,∞)) ⊂ [4,∞)
Vậy ta xét các trường hợp sau:
X Trường hợp1: a ∈ [0, 2] Ta có: u1 = 16(a2 + 8) ≥ a = u0 mà f tăng trên đoạn [0, 2]
nên (un)n≥0 là dãy tăng, suy ra dãy (un)n≥0hội tụ và hội tụ về 2.
31
X Trường hợp 2: a ∈ [2, 4]
Khi đó: u1 = 16(a2 +8) < a = u0 mà f tăng trên đoạn [2, 4] nên (un)n≥0 là dãy giảm,
suy ra dãy (un)n≥0 hội tụ và hội tụ về 2.
X Trường hợp 3: a = 4 Khi đó mọi số hạng của dãy (un)n≥0 đều bằng 4, vậy nó hội tụ
về 4.
X Trường hợp 4: a ∈ [4,∞) Khi đó dãy (un)n≥0 là dãy tăng, nên nếu (un)n≥0 hội tụ
về b thì b > 4. Mặt khác b là nghiệm của phương trình f(x) = x ⇒ mâu thuẫn.
Vậy dãy (un)n≥0 không hội tụ.
3 Bài tập
Bài 1. Xác định số hạng tổng quát của dãy (un):{u1 = 1
un+1 = 6un − 1
Hướng dẫn Do a 6= 6 nên ta chọn x =b
1− a=−1
1− 6=
1
5⇒ Đặt vn = un −
1
5
Khi đó: vn+1 = 6vn = 6nv1 = 6n(u1 −1
5) =
4
5.6n ⇒ vn =
4
56n−1 ⇒ un −
1
5=
4
5.6n−1
⇒ un =4.6n−1 + 1
5Bài 2. Cho (un) xác định bởi:u0 = a
un+1 =n+ 2
2(n+ 1).un ∀n ≥ 0
Tìm số hạng tổng quát và tính tổng riêng thứ n của dãy.
Hướng dẫn Đặt vn =unn+ 1
∀n ≥ 0
Khi đó:
v0 = u0 = a
vn+1 =1
2vn∀n ≥ 0
⇒ (vn) là dãy số nhân công bội q =1
2và v0 = a
⇒ Số hạng tổng quát của dãy (vn) là:vn =
(1
2
)na⇒ Số hạng tổng quát của dãy (un) là:
un = vn+1 =n+ 1
2na
32
Tổng riêng thứ n của dãy :
S(n) =n∑i=0
ui =n∑i=0
i+ 1
2ia
Nhận xét:xn+1 − 1
x− 1= 1 + x+ x2 + · · ·+ xn+1(x 6= 1)
Đạo hàm 2 vế ta có:
(n+ 1)xn(x− 1)− (xn+1 − 1)
(x− 1)2= 1 + 2x+ · · ·+ (n+ 1)xn(1)
Chọn x =1
2thì
(1)⇔−n+ 2
2n+1+ 1
1
4
= 1 + 2.1
2+ 3
1
22+ · · ·+ (n+ 1)
1
2n
⇒ S(n) =n∑i=0
i+ 1
2i= 3− 4
n+ 2
2n+2
Bài 3. Cho dãy (un)xác định bởi :{u0 = 1
un+1 =√u2n + 2 ∀n ≥ 0
Hướng dẫn Nhận xét: un > 0 ∀n ≥ 0
Ta có:
u2n+1 = u2
n + 2
Đặt vn = u2n
Ta có: vn+1 = vn + 2
⇒ (vn)n≥0 là cấp số cộng sai d = 2; v0 = 1
⇒ Số hạng tổng quát của (vn)n≥0 là:
vn = v0 + nd = 1 + 2n
⇒ Số hạng tổng quát của (un) là: un =√
1 + 2n do (un > 0)
Bài 4. Cho dãy (un) xác định bởi tổng riêng Sn =3n − 1
3n−1. Tìm số hạng tổng quát của
dãy số.
Hướng dẫn Nhận thấy: un = Sn − Sn1
un =3n − 1
3n−1− 3n−1 − 1
3n−2
un =8.3n−1 − 2
3n−2
un = 24− 2
3n−2
33
Bài 5. Cho α; β. Hãy lập dãy (un)n≥0 như sau:u0 = α;u1 = β
un =un1 + un−2
2∀n ≥ 2
Hãy tìm limn→∞
un.
Hướng dẫn
un =un−1 + un−2
2∀n ≥ 2
⇔ 2un = un−1 + un−2
⇔ 2(un − un−1) = −(un−1 − un−2)
Đặt vn = un − un−1 ∀n ≥ 1
⇒ vn = −1
2vn−1
⇒Số hạng tổng quát của (vn)n≥1 là:
vn = (1
2)nv1 = (β − α).
(1
2
)n⇒ un − un−1 = (β − α)
(−1
2
)n(1)
Phương trình đặc trưng: λ− 1 = 0 có nghiệm λ = 1 Từ đó tìm được
un =7β − α
6+β − α
3
(−1
2
)nVậy lim
n→∞un =
7β − α6
Bài 6. Xác định số hạng tổng quát của dãy (un)n≥0 biết:{u0 = a > 0;u1 = b > 0
un+2 = 3√u2nun+1
Hướng dẫn Nhận thấy: un > 0 ∀n ≥ 0
Ta có:
un+2 = 3√u2n.un+1
⇔ u3n+2 = u2
n.un+1
⇔(un+2
un+1
)3
=
(unun+1
)⇒ 3(lnun+2 − lnun+1) = 2(lnun − lnun+1)
Đặt vn = lnun+1 − lnun ∀n ≥ 0(1)⇒ vn+1 = −2
3vn
⇒ Số hạng tổng quát của dãy (vn) là:
vn =
(−2
3
n)lnb
a
Từ đó suy ra số hạng tổng quát của un
34
Bài 7. Cho dãy(un) xác định bởi:{u0 = 2;u1 = 3
un+1 = 3un − 2un−1.
Tìm số hạng tổng quát của dãy.
Hướng dẫn Phương trình đặc trưng:t2 − 3t+ 2 = 0. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt
t1 = 1; t2 = 2.
Số hạng tổng quát của dãy có dạng un = x.1n + y.2n ∀n ≥ 0;x; y ∈ R.Từ giả thiết ta tìm được số hạng tổng quát của dãy là:un = 1 + 2n ∀n ≥ 0
Bài 8. Cho dãy (un) xác định bởi:{u1 = 1;u2 = 2
un+1 − 2un + un−1 = 0 ∀n ≥ 3.
Tìm số hạng tổng quát của dãy.
Hướng dẫn Phương trình đặc trưng:t2 − 2t+ 1 = 0
Phương trình có nghiệm kép t1 = t2 = 1.
Số hạng tổng quát của dãy có dạng un = x.1n + ny.1n ∀n ≥ 0 x y ∈ R.Từ giả thiết ta tìm được số hạng tổng quát của dãy là: un = n ∀n ≥ 1 Tổng riêng hữu
hạn của dãy là:
Sn =n∑i=0
un =n∑i=0
n =n(n+ 1)
2
Bài 9. Cho dãy (un) xác định bởi:{u0 = 0;u1 = 1
2un+1 = 2un − un−1 ∀n ≥ 2.
Tìm số hạng tổng quát của dãy.
Hướng dẫn Phương trình đặc trưng: 2t2 − 2t + 1 = 0.Phương trình có nghiệm phức
z =1 + i
2
⇒ r = |z| =√
2
2;ϕ = arg z =
π
4
Số hạng tổng quát của dãy có dạng:
un =
(√2
2
)n (x cos
nπ
4− y sin
nπ
4
)∀n ≥ 0;x; y ∈ R
Từ giả thiết ta tìm được số hạng tổng quát của dãy là:un = 2
(√2
2
)n
sinnπ
4∀n ≥ 0
35
Bài 10. Tìm số hạng tổng quát của dãy xác định bởi:u0 = a > 0;u1 = b > 0
un+2 =2unun+1
un + un+1
∀n ≥ 0.
Hướng dẫn Dễ thấy: un > 0 ∀n ≥ 0 Ta có:
un+2 =2
1
un+1
+1
un
⇔ 1
un+1
+1
un=
2
un+2
(1)
Đặt vn =1
un∀n ≥ 0
Khi đó:
(1)⇔ vn+1 + vn = 2vn+2
Áp dụng cách giải theo bài trên sử dụng phương trình đặc trưng ta tìm được số hạng
tổng quát của dãy là:
un =1
1
3
(2
b+
1
a
)+
2
3
(1
a− 1
b
)(−1
2
)nBài 11. Tìm số hạng tổng quát của dãy xác định bởi:u0 = a > 0;u1 = b > 0
un+2 =u2n+1 + α
un∀n ≥ 0
Hướng dẫn Ta có: un+2 =u2n+1 + α
un(1) Từ (1) ta có:
un+3 =u2n+2 + α
un+1
⇒ un+3un+1 = u2n+2 + α
⇒ un+3un+1 + u2n+1 = u2
n+2 + u2n+1 + α
⇒ un+3un+1 + u2n+1 = u2
n+2 + unun+2
⇒ un+3 + un+1
un+2
=un+2 + unun+1
∀n ≥ 0
Đặt bn =un+2 + unun+1
. Suy ra bn = bn+1 ∀n ≥ 1 hay (bn) là một dãy hằng
⇒ bn = b0 =u2 + u0
u1
Khi đó: un+2 = b0un+1 − un. Từ đó tìm được công thức tổng quát của bài đã cho.
36
Bài 12. Cho dãy (un) xác định bởi:{u0 = 0;u1 = 1
un+1 = 2un + (a− 1)un−1 ∀n ≥ 1.
với a là số nguyên dương cho trước. Cho p0 > 2 là số nguyên tố cố định. Tìm giá trị nhỏ
nhất của a sao cho ta có hai điều sau:
i) Nếu p là số nguyên tố và p ≤ p0 thì up chia hết cho p
ii) Nếu p là số nguyên tố và p > p0 thì up không chia hết cho p
Hướng dẫn Phương trình đặc trưng:
λ2 − 2λ− (a− 1) = 0
có 2 nghiệm thực phân biệt:λ1 = 1−√a λ2 = 1 +
√a Từ đó tìm được số hạng tổng quát
của dãy là:
un =1
2√a
[(1 +
√a)n − (1−
√a)n]
Với p 6= 2 ta có:
up =1
2√a
[p∑i=0
(i
p
)(√a)i − p∑
i=0
(i
p
)(−√a)i]
=
p− 1
2∑i=0
(2i+ 1
p
)ai(∗)
Do a ∈ N ;(kp
)≡ 1(modp) ∀0 ≤ k ≥ p− 1
⇒(2i+1p
)...p ∀i = 0, 1, ....,p− 1
2
Từ (∗) suy ra: up ≡ a
p− 1
2 (modp) ∀p 6= 2 nguyên tố
Với p = 2 thì up = 2⇒ up ≡ 0(modp) Vậy để thỏa mãn bài toán thì:a...p ∀2 < p ≤ p0
a 6 ...p ∀p > p0
Vậy số a thỏa mãn điều kiện bài toán là:∏
3≤p<p0 p với p nguyên tố
Bài 13. Cho dãy (un) xác định bởi:{u1 = 7;u2 = 50
un+1 = 4un + 5un−1 − 1975 ∀n ≥ 2.
Chứng minh rằng: u1996...1997
Hướng dẫn Dễ thấy an ≡ un( mod 1997). Do đó chỉ cần chứng minh u1996 ≡ 0( mod 1997)
Đặt bn = 4an + 11. Suy ra b1 = 39; b2 = 211. Nhận xét rằng:
bn+1 = 4an+1 + 11 = 16an + 20an−1 + 99 = 4bn + 20bn−1 + 55(1)
37
Ta lại có:
bn−1 = 4bn−1 + 11⇒ 20an1 = 5bn1 − 55(2)
Thế (2) vào (1) ta được:
bn+1 = 4bn + 5bn−1
Giải ra ta được:
bn =1
8(−1)n +
25
35n(3)
Từ (3) suy ra :
b1006 =8 + 25.51996
3Do 51996 − 1
...1997
51996 − 1...3
Nên 51996− 1...3.1997. Từ đó ta có: 51996 = 3n.1997 + 1 Khi đó b1996 = 25.n.1997 + 11 Vậy
b1996 ≡ 11( mod 1997).
Bài 14. Cho dãy (un) xác định bởi:{u0 = 20;u1 = 100
un+2 = 4un+1 + 5un + 20 ∀n ≥ 2
Tìm số hạng tổng quát của dãy.
Hướng dẫn Đặt bn = 2an + 5 ta được b0 = 45; b1 = 205 và bn+1 = 4bn + 10an−1 + 25 với
n ∈ N∗(1)
Mặt khác do bn−1 = 2an−1 + 5 nên 10an−1 = 5bn−1 − 25(2)
⇒ bn+1 − 4bn − 5bn−1 = 0
Giải ra ta tìm được số hạng tổng quát của dãy đã cho là:
an =125
6.5n +
5
3(−1)n − 5
2
Bài 15. Tìm số hạng tổng quát của các dãy số sau:
1. {u0 = 0;u1 = 1;u2 = 2
un+3 = 9un+2 − 26un+1 + 24un ∀n ≥ 3
2. {u0 = 0;u1 = 3;u2 = 5
un+3 = −un+2 + un+1 + un ∀n ≥ 3
3. {u0 = 0;u1 = 2;u2 = 2
un+3 = 3un+2 − 3un+1 + un ∀n ≥ 3
38
4. un+3 = −un+2 + 4un+1 + 24un ∀n ≥ 0
Đáp số
1. un = −3
2.4n − 5
2.2n + 4.3n ∀n ≥ 0
2. un = −1 + 5n+ (−1)n
3. un = 3n− n2
4. un = a.3n + 2√
2(bcos
nπ
4+ cisin
nπ
4
). Với a, b, c ∈ R được xác định từ điều kiện
ban đầu.
Bài 16. Cho dãy (un) xác định bởi:{u0 = 1;u1 = 1
un+1 = 2un − un−1 + 1 ∀n ≥ 2
Chứng minh rằng A = 4unun+2 + 1 là số chính phương.
Hướng dẫn Từ điều kiện bài toán ta xác định được số hạng tổng quát của dãy là:
un = 1 + 2n + (−3)n ∀n ≥ 1
Xét p nguyên tố, p > 3
Theo định lý Fermat nhỏ,ta có: 2p−1 ≡ 1(modp) hay 2p ≡ 2( mod p)
(−3)p−1 ≡ 1( mod p) hay (−3)p ≡ −3( mod p)
⇒ up = 1 + 2p + (−3)p ≡ 1 + 2− 3( mod p)
⇔ up... ∀p > 3; p
nguyên tố. Với p = 2; p = 3 đều thỏa mãn. Vậy A = 4unun+2 + 1 là số chính phương.
Bài 17. Xác định công thức SHTQ của các dãy số sau:
1. un+4 = 10un+3 − 35un+2 + 50un+1 + 24un
2. un+4 = un+3 + un+2 − 5un+1 + 2un
3. un+4 = 2un − un+2
4. un+6 − 3un+5 + 4un+4 − 6un+3 + 5un+2 − 3un+1 + un
Đáp số
1. un = C1 + C2.2n + C3.3
n + C4.4n
2. un = C1 + nC2 + n2.C3 + C4.(−2)n
39
3. un = C1 + C2.(−1)n +√
2(C3 cos
nπ
4− C4 cos
nπ
4
)4. un = C1 + C2.(2)n + (A1 + A2n) cos
nπ
2+ (B1 +B2n) sin
nπ
2Với Ci; i = 1, 2, 3, 4;Aj; j = 1, 2 được xác định từ điều kiện ban đầu.
Bài 18. Tìm số hạng tổng quát của các dãy cho bởi:
1.
{u0 = −1;u1 = 12
un+3 = 9un+2 − 26un+1 + 24un ∀n ≥ 3
2.
{u0 = 1;u1 = 3
2un+2 − 5un+1 + 2un = n2 − 2n+ 3
Đáp số
1. un = n2 + 1− 2. (−5)n
2. un = 3.2n + 8.
(1
2
)n− n2 + 4n− 10
Bài 19. Tìm số hạng tổng quát của các dãy cho bởi:
1.
{u0 = 9;u1 = −6
2un+2 + 5un+2 + 2un = (35n+ 51) .3n
2.
{u0 = 5;u1 = −21
un+2 − 5un+1 + 6un = (8n+ 11) .2n
3.
u0 = 8;u1 =481
10un+2 − 10un+1 + 25un = (n+ 2) .5n+1
Đáp số
1. un = n.3n + 3 (−2)n + 6
(−1
2
)n2. un = − (4n2 + 23n) .2n + 2 + 3.6n
3. un =1
50n2 (4n+ 7) 5n + 8.5n + 7n.5n−1
Bài 20. Tìm số hạng tổng quát của các dãy cho bởi:
1.
{un+2 − 2un+1 + un = sin
nπ
8u0 = 1;u1 = 0
2.
{un+2 − 3un+1 + 2un = (n− 2) cos
nπ
2+ (3n+ 1) sin
nπ
2u0 = 5;u1 = 8
40
3.
un+2 − 5un+1 + 6un = 2n + n− 1
u0 =41
4;u1 =
107
4
4.
{un+2 − 2un+1 − 3un = n+ 2n
u0 = 1;u1 = 0
Đáp số
1. un =1
2
(1− n+ cos
nπ
2
)2. un = n cos
nπ
2+ 2 + 3.2n
3. un =1
4(1 + 2n− n.2n+1) + 3.2n + 7.3n
Day truy hoi dang u=f(u)
Bài 21. (Olympic sinh viên Moskow 1982) Cho dãy {xn}n≥0 xác định bởi:
x0 = 1982;xn+1 =1
4− 3xn
Tìm limn→∞
xn.
Hướng dẫn. Tính toán trực tiếp ta thấy 0 < x2 < 1, x3 > x2. Từ đó bằng quy nạp ta
chứng minh được 0 < xn < 1, ∀n ≥ 2. Vì f (x) =1
4− 3xlà hàm số tăng từ [0; 1] vào [0; 1]
nên suy ra {xn}n≥2 là dãy số tăng và bị chặn trên bởi 1. Giả sử dãy có giới hạn là a thì
ta có:
a =1
4− 3a⇐⇒
[a = 1,
x =1
3.
a =1
3loại do dãy tăng. Vậy lim
n→∞xn = 1.
Bài 22. Tìm tất cả các giá trị của a để dãy số {xn}n≥0 xác định bởi x0 = a;xn+1 = 2−xn2
có giới hạn hữu hạn.
Hướng dẫn. Hàm số f (x) = 2 − x2 tăng trên (−∞; 0) và giảm trên (0; +∞). Phương
trình f (x) = x có hai nghiệm là x = −2 và x = 1
Nếu a < −2 thì do f : (−∞;−2) −→ (−∞;−2) và là hàm tăng, x1 = 2 − a2 < x0 nên
dãy số {xn}n≥0 giảm. Nếu dãy bị chặn dưới thì nó hội tụ về nghiệm của phương trình
x = 2 − x2, điều này mâu thuẫn vì dãy giảm và x0 < −2. Vậy dãy không bị chặn dưới,
tức là không có giới hạn hữu hạn. Nếu a > 2 thì x1 < −2 và ta cũng suy ra dãy không có
giới hạn hữu hạn.
Nếu a = −2 hoặc a = 1 thì dãy số có giới hạn. Xét x0 ∈ [−2; 2]. Ta chứng minh dãy số
có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi tồn tại n sao cho xn = 2 hoặc xn = 1. Thật vậy, giả sử
41
{xn}n≥0 có giới hạn hữu hạn là b và xn /∈ {−2; 1} với mọi n. Khi đó b = −2 hoặc b = 1.
Giả sử b = −2 thì tồn tại n0 sao cho xn nằm trong lân cận của −2 với mọi n ≥ n0. Nhưng
nếu xn = −2 + ε thì xn+1 = −2 + 4ε− ε2 > xn. Suy ra dãy tăng kể từ n0 và không thể về
2. Nếu b = 1 thì kể từ n ≥ n0 nào đó xnthuộc lân cận của 1. Xét:
xn+2 − xn = 2−(2− xn2
)2 − xn =(2− xn − xn2
) (xn
2 − xn − 1)
Tại lân cận 1 thì xn2 − xn − 1 < 0. Vì nếu xn < 1 thì xn+1 > 1 và ngược lại nên có thể
giả sử xn > 1. Khi đó 2 − xn − xn2 < 0 suy ra xn+2 > xn. Tiếp tục như vậy ta suy ra
1 < xn < xn+2 < ... < xn+2k < .... Mâu thuẫn với giả thiết b = 1 .Vậy điều giả sử là sai,
tức dãy số chỉ có giới hạn hữu hạn khi tồn tai n sao cho xn = −2 hoặc xn = 1. Sau đó,
sử dụng hàm ngược f−1 (x) = ±√
2− x để tìm tất cả giả trị a thỏa mãn yêu cầu.
Bài 23. Khảo sát các dãy {un}n≥0 cho bởi:
1. u0 = 1;un+1 = 1 +2
un
2. u0 = a;un+1 = 3√
7n− 6
3. u0 = a ≥ 0;un+1 =6
2 + un2
4. un = a > 0;un+1 = 1 +1
6
(un +
b2
un
)
5. un = a;un+1 = 1 + un −un
2
2, 1 < a < 2
Hướng dẫn
1. Bằng quy nạp ta chứng minh được 1 ≤ un ≤ 3, n ≥ 0 Hàm số f (x) = 1 +2
xliên tục
trên [1; 3] và f (1; 3) @ [1; 3]
Do f ′ (x) = − 2
x2< 0 nên f là hàm giảm và trên [1; 3]. Lại có u1 = 3;u2 =
5
3> 1 = u0
nên dãy con {u2n}n≥0 là dãy tăng, {u2n+1}n≥0 là dãy giảm.
Do [1; 3] là đóng trong nên hai dãy trên hội tụ và giới hạn của chúng là nghiệm của
phương trình f 2 (x) = x trên [1; 3] . Ta có:
f 2 (x) = 1 +2
f (x)=
3x+ 2
x+ 2
Suy ra
f 2 (x) = x⇐⇒ 3x+ 2
x+ 2= x⇔ x = 2hocx = −1
Từ đó suy ra {un}n≥0 hội tụ về 2
2.Làm tương tự
3.Chứng minh 0 < un < 3 Hàm f (x) =b
2 + x2giảm và liên tục trên [0; 3]. Làm tương tự
ý 1.
42
Bài 24. Khảo sát các dãy cho bởi:
1. u0 = a;un+1 =un (3 + un
2)
3un2 + 1
2. u0 = a ≥ 1;un+1 = 1 + lnun
2
1 + lnun
3. u0 = a > 0;un+1 = (1− ≥)un +Aα
u1−αn
4. u0 = a;un+1 = un + sinun
Hướng dẫn
2. Nếu a = 1 suy ra un = 1 ∀n ≥ 0 nên limn−→∞
un = 1
Nếu a 6= 1. Bằng quy nạp ta chứng minh được un > 1 ∀n ≥ 1 Xét hàm
f (x) = 1 + ln
(x
1 + ln x
)trên [1; +∞) Ta có:
f ′ (x) =2x lnx+ x
x (1 + lnx)> 0 ∀x > 1
Do vậy f : [1; +∞) −→ [1; +∞) và là hàm tăng. Mặt khác u1 > u0. Vậy dãy là tăng và
do đó là hội tụ. Xét hàm số
g (x) = x− f (x) = x− 1− lnx2 + ln (x+ lnx) , x > 0
Ta có:
g′ (x) = 1− 1 + ln (x)
x2.2x ln (1 + lnx)− x
1 + ln x2=x− 1 + x lnx− 2 lnx
x (1 + lnx)=
h (x)
x (1 + ln x)
Ta có: h′ (x) = 2
(1− 1
x
)+ lnx, ∀x > 1. h′ (x) = 0 ⇔ x = 1 Suy ra h đồng biến trên
[1; +∞) mà h (1) = 0⇒ h (x) > 0 ∀x > 1 Từ đó g′ (x) > 0 ∀x > 1 và g′ (x) = 0⇐⇒ x =
1 =⇒ g (x) đồng biến trên [1; +∞)
Mà g (1) = 0 =⇒ g (x) = x− f (x) = 0⇐⇒ x = 1
Vậy dãy đã cho là dãy giảm, hội tụ về 1.
43
![Untitled-1 [ ] · PDF fileTricu tap Dai hêi dàng ed dông, ... Tnrång bé tic giüa eác thành Vien Hoi dang quan tri và có dông49 ... Mua ban kim loai. quang kim loai,](https://img.pdfslide.net/doc/110x75/5a78b6047f8b9aa17b8b665c/untitled-1-tap-dai-hi-dng-ed-dng-tnrng-b-tic-gia-ec-thnh-vien-hoi-dang.jpg)
