Chuyên đề Tìm Số Hạng Tổng Quát Của Dãy Truy Hồi Tuyến Tính Cấp 2 ...

Có thể bạn quan tâm

Đăng ký
Đăng nhập
Liên hệ

Thư viện tài liệu, ebook tổng hợp lớn nhất Việt Nam

Website chia sẻ tài liệu, ebook tham khảo cho các bạn học sinh, sinh viên

Trang Chủ
Tài Liệu
Upload

Trang Chủ › Giáo Dục - Đào Tạo›Cao Đẳng - Đại Học›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 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

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 .

10 trang | Chia sẻ: phuongdinh47 | Lượt xem: 10843 | Lượt tải: 1

Bạn đang xem nội dung tài liệu 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, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên 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 nu 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: 2t at b 0   (**) được gọi là phương trình đặc trưng của (*). Phương trình có biệt thức 2a 4b   . Trường hợp 1: 2a 4b 0    khi đó (**) có hai nghiệm thực phân biệt 1 2t ; t . Số hạng tổng quát của (*) có dạng n nn 1 2u 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 0u và 1u . Trường hợp 2: 2a 4b 0    khi đó (**) có một nghiệm kép thực t. Số hạng tổng quát của (*) có dạng n n 1nu x.t y.nt   , với mọi n 0 ( ở đây ta qui ước 10 0  ) và x, y là hai số thực tuỳ ý; x và y sẽ hoàn toàn xác định khi cho trước 0u và 1u . Trường hợp 3: 2a 4b 0    , ( **) có hai nghiệm phức. Thuật toán làm trong trường hợp này như sau: Bước 1: Giải phương trình 2t at b 0   và nhận được nghịêm phức a iz . 2    Bước2: Đặt r = | z | là module của z, còn Argz  , ta nhận được n nu r (pcos n q sin n )   với mọi p, q là các số thực. Bước 3: Xác định p, q theo các giá trị cho trước 0 1u ;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 2t , 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 1u (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 0u t u t (u t u ) t (u t u ) ... t (u t u )            . Như vậy nn 1 1 n 2 1 1 0u t u t (u t u )    (1); Tương tự nn 1 2 n 1 1 2 0u t u t (u t u )    (2). Trừ từng vế (2) cho (1) ta có: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc 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 2t t nên n n1 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       . Vậy nu có dạng n n n 1 2u x.t y.t  với x,y là hai số thực. Trường hợp 2: 0  khi đó 2ab 4   , (**) có nghiệm kép at 2  . Ta có 2 n n 1 n n 1 n 1 n n n 1 1 0u 2t.u t u u tu t(u tu ) ... t (u tu )            Như vậy nn 1 n 1 0u tu t (u tu )    (3); Tương tự n 1n n 1 1 0u tu t (u tu )     (4); n 2n 1 n 2 1 0u tu t (u tu )      (5); . 1 0 1 0u tu u tu   (n+3). Nhân hai vế của (4) với t, hai vế của (5) với 2t , , hai vế của (n+3) với nt và cộng lại ta được: n 1 nn 1 0 1 0u t .u n.t .(u tu )      . Do đó nu có dạng n n 1xt yn.t  với x, y là hai số thực. II. CÁC VÍ DỤ: Ví dụ 1: X¸c ®Þnh sè h¹ng tæng qu¸t cña d·y sè tho¶ m·n: 0 1 n 2 n 1 n u 1,u 2 .1 2u u u , n 0 3 3           Giải: Phương trình đặc trưng 2 1 2t t 0 3 3    của dãy có hai nghiệm thực phân biệt là 1 2 2t , t 1 3    . Do đó n n n 2u x. y.( 1) 3        với x, y . Ta lại có: 0 1 x y 1 9xu 1 5 2u 2 4x y 2 y 53                  . Vậy n nn 9 2 4u ( ) ( 1) , n 0. 5 3 5      Trong công thức tổng quát (*), khi chọn những giá trị a và b thích hợp ta có thể đưa ra đề toán thuộc vào trường hợp 2 và 3 được nói đến ở trên. Hoặc là bằng cách biến đổi nu ta cũng có thể đưa ra được những đề toán khá hay. Chẳng hạn trong đề bài trên: Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia *) Đặt n n 1u v  , 0 0 1 1 1u 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 vu 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 1v 1, v 2 3v vv , n 0. v 2v             *) Đặt n nu ln v , 2 0 0 1 1u 1 v e;u 2 v e .      2 n3n 2 n 1 n n 2 n 1 n n 2 n 1 1 2 1 2 vu u u ln v ln v 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 n3n 2 n 1 v e,v e vv , n 0. v           Ví dụ 2: Tìm nu biết 1 2 n 1 n n u u a.u b.u c       . Trong đó: 2a b 1, 0,a 1     . Giải: Từ (*) 2 2n 1 n n n 1 n nu 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 nu 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 1u 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 1u 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 1u u ... u ... u u 0        n 1 n n 1u 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 nu theo dạng (1). Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia Phần II: Áp dụng việc tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 trong một số bài toán về dãy số. Ví dụ 1: Cho dãy n(u ) thoả mãn 0 1 n 2 n 1 n u 0;u 1 .1u u u ,n 0 2         Tìm nlim u . Giải: Phương trình đặc trưng của dãy là 2 1t t 0 2    có một nghiệm phức là 1 it 2   ; |t|= 1 2 , Argt= 4  . Do đó số hạng tổng quát của dãy có dạng n n 2 n nu (x.cos ysin ),n 0;x, y . 2 4 4             Từ giả thiết 0 1u 0;u 1  ta suy ra x= 0; y= 2. Vậy số hạng tổng quát của dãy là n n nn n 2 2 nu 2sin ( ) sin , lim u 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 nlim x { 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 nn 2 2 2 2x ( )(3 2 2) (3 2 2) 4 4           . Hay 2n 1 2n 1n 1 1x ( 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 12x ( 2 1) ( 2 1) 2 2 2 12x ( 2 1) ( 2 1) ( 2 1) 2 12x ( 2 1) C ( 2) C ( 2) ( 1) 2                                            Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia 2n 1 n 2t 1 2n 1 2k 1 2t 1 (n t ) 2n 1 2n 1 2t 1 1 t 0 C ( 2) C 2 .                  n 2n 1 2t 1 (n t ) n 2n 1 t 0 2x ( 2 1) C 2          n 2n 1 2t 1 n t n 2n 1 t 0 2n 1 2n 1 n n n 0 2 1 1 0 ( 2 1) 1 2x C .2 2x 2x ( 2 1) 2x ( 2 1)                                 2(2n 1) 4n 2 n n 4n 2 n n 1 1x 2x (1 ( 2 1) ) (1 ( 2 1) ) 2 2 2 2 1 1 1lim x 2x lim( 2 1) . 2 2 2 2 2 2               Ví dụ 3: Cho dãy số nu được xác định như sau: n n n (2 3) (2 3)u ;n 0,1,2.... 2 3      a. Chứng minh rằng nu 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 1n 0 u 0;n 1 u 1.      Đặt 2 3; 2 3      , ta có 4 . 1       Dễ thấy nu 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 1u 0;u 1   ; n 2 n 1 nu 4u u   nên nu  , n 0,1,...  . b) Ta có n 2 n 1 n 1 nu 3u (u u )     . Do n 1u   nên n 2 n 1 nu u u   (mod 3). Bằng phép tính trực tiếp ta thấy 8 số hạng đầu tiên của dãy 0 1 7u ,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 nu u  (mod 3). Từ đó ta thấy trong dãy số nói trên mọi số hạng có dạng 3ku , k=0,1,2 chia hết cho 3 và chỉ những số hạng ấy mà thôi. Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia Ví dụ 4: (Thi HSG QG năm 2011): Cho dãy số nguyên n(a ) xác định bởi: a0 = 1, 1 n n 1 n 2a 1,a 6a 5a     với mọi n 2 . Chứng minh rằng 2012a 2010 chia hết cho 2011. Giải: Cách 1: Xét dãy ( nb ) được xác định như sau: 0 1 n n 1 n 2b 1;b 1;b 6b 2016b      , với mọi n 2 . Dãy này có phương trình đặc trưng là 2x 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 na b (mod2011), n .   Do đó ta chỉ cần chứng minh 2012b 1 0(mod 2011)  . Ta có: 2012 2012 2012 41.48 49.( 42) 90b 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 201241.48 49.( 42) 90 0(mod 2011).    (1) Mà theo định lí Fermat nhỏ , ta có 2012 2012 2 241.48 49.( 42) 90 41.48 49.42 90(mod 2011)      = 90. 2b +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 2x 6x 5 0   có hai nghiệm là 3 14 và 3 14 , do đó ta tìm được số hạng tổng quát của dãy là na  n n(7 2 14)(3 14) (7 2 14)(3 14) 14      n 1 n 1 n n ( 7 14)(3 14) (7 14)(3 14) 14 u 2v .            Trong đó n 1 n 1 n 1 n 1 n n (3 14) (3 14) (3 14) (3 14)u ,v 2 2 14            Sử dụng công thức khai triển nhị thức Niu-Tơn, ta có Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia 1005 1005 2k 2011 2k k 2011 2k 2011 2k k 2012 2011 2011 k 0 k 1 u C 3 14 3 C 3 14 .        Do 1<2k<2011 với 1 k 1005  và 2011 là số nguyên tố nên 2k 1 2k 2010 2011 CC 2011( ) 2011 2k    Mặt khác, theo định lí Fermat nhỏ thì 20113 3 (mod 2011). Do vậy, kết hợp các lập luận lại với nhau ta được 2012u 3 (mod 2011) (2) Tương tự với nv , 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 CC 2011 2011 2k 1         Với  k 1,2,...,1005 . Vì vậy 1005 2012v 14 (mod 2011). Do 2 214 2025 2011 45 2011 45     (mod 2011) nên áp dụng định lí Fermat nhỏ, ta có 1005 201014 45 1  (mod 2011). Suy ra 2012v 1 (mod 2011). (3) Từ (2) và (3), ta có 2012a 2010 3 2.1 2010 0      (mod 2011) Bài toán được chứng minh xong. Ví dụ 5: Cho ( nu ) xác định:   1 2 n 1 n n 1 u 7 u 50 u 4.u 5.u 1975 1          CMR: 1996u chia hết 1997 Giải: Tìm công thức xác định số hạng TQ: Xét dãy n n n 1 n n 1 1975x u x 4.x 5.x 8        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) 1975x .5 ( 1) . u 30 3 120 8             1996 1996 1747.5 49675u 120     1996 1996u .120 1747.(5 1) 1997.24     Suy ra 1996u chia hết 1997 vì 19965 1 (mod 1997) Ví dụ 6: Cho dãy số  na : 0 2 n 1 n n a 2 a 4a 15a 60      Chứng minh rằng số 2n 1A (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 na 8a a a 60 0     (1) Áp dụng biểu thức trên với n ta có 2 2n n 1 n n 1a 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 na 0, n a 4a a     suy ra n(a ) là dãy tăng. Suy ra n 1 n 1a a 0   . Từ (*) suy ra n 1 n 1 na a 8a 0    . Giải phương trình đặc trưng 2 1,2t 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    2n n 2 2n 2n 2 2 2n (4 15) (4 15) 15k (4 15) (4 15) 2 15k a 15k 2                 Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia 2 2 2 2 2 2n 1 1A (a 8) (15k 10) 3k 2 (k 1) k (k 1) 5 5            (đpcm). Ví dụ 7: Cho dãy ( nu ) 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 1u .(u 1)  chia hết cho p. Giải: Xét dãy: 2 11n n n n nx u x x x      Suy ra số hạng tổng quát: 1 1 1 5 1 1 5 2 25 n n nx                   . 1 1 1 5 1 1 5 1 2 25 n n nu                          11 .2 ( 5 1) ( 5 1) ( 5 1) ( 5 1) 2 5 p p p pu        .    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 11 .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 pC p k k    (mod ) 1 1p k p      1 1 0 0 2 22 . 1 .5 .5 5 1 p p p p p p pu C C        (mod )p (2) Ta có 15 1p  (mod )p 1 1 2 2(5 1)(5 1) 0 p p      (mod )p . Nếu 1 25 1 0 p   (mod )p Từ (2)  2 . 1 0p pu   (mod )p mà (2;p)=1. 1 0pu   (mod )p ( 1)p pu u p   (đpcm) Nếu 1 25 1 p  (mod )p 1 25 1 2 p    (mod )p Từ (2):  2 . 1 2p pu   (mod )p ; (2,P)=1 2 2(mod ) 2 . 0(mod )p p pp u p    , (2,P)=1 0(mod ) ( 1)p p pu p u u p     (Đpcm). Phần III. Một số bài tập tự luyện: 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 5u ( ) ( ) 2,n 1,2,.... 2 2       a. Chứng minh rằng nu là số tự nhiên n 1,2,....  b. Chứng minh rằng 2011u 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 nn n u ulim ;lim . 2 2

Các file đính kèm theo tài liệu này:

bai_giang_toan_hoc_229_134.pdf

Tài liệu liên quan

Bài thuyết trình Đổi mới hoạt động dạy - học đáp ứng yêu cầu đào tạo tín chỉ - Nguyễn Văn Lành
16 trang | Lượt xem: 685 | Lượt tải: 0
BÀI TẬP NGUYÊN LÝ THỐNG KÊ KINH TẾ
6 trang | Lượt xem: 5452 | Lượt tải: 1
Ôn tập Logic Học
16 trang | Lượt xem: 2556 | Lượt tải: 3
Kết cấu bê tông cốt thép - Chương 3: Nguyên lý cấu tạo và tính toán kết cấu BTCT
9 trang | Lượt xem: 4085 | Lượt tải: 2
Kinh nghiệm của một số nước về đánh giá hoạt động nghiên cứu trong các trường đại học và những gợi suy trong điều kiện của Việt Nam
15 trang | Lượt xem: 566 | Lượt tải: 0
Tổng hợp về Hàm số - Vũ Tùng Lâm
343 trang | Lượt xem: 2223 | Lượt tải: 0
Đề thi thử đai học lần 1 môn: toán, khối D
6 trang | Lượt xem: 2069 | Lượt tải: 0
Quản lý cơ sở vật chất và phương tiện kỹ thuật giáo dục
70 trang | Lượt xem: 7148 | Lượt tải: 2
Trắc nghiệm Ôn tập kim loại kiềm - Kiềm thổ - nhôm
4 trang | Lượt xem: 2057 | Lượt tải: 0
ĐÁP ÁN MÔN NHỮNG NGUYÊN LÍ CƠ BẢN II
18 trang | Lượt xem: 2502 | Lượt tải: 0