Xemtailieu Tải về Khóa luận tốt nghiệp toán định thức và ứng dụng trong giải toán
Lời cảm ơn Trước tiên, em muốn gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất đến cô giáo - TS. Lê Thị Hoài Thu - người đã tận tình hướng dẫn em trong suốt quá trình thực hiện khóa luận tốt nghiệp. Em cũng xin chân thành cảm ơn tất cả quý thầy cô Trường Đại học Quảng Bình, đặc biệt là các thầy cô giáo trong khoa Khoa học tự nhiên đã dạy dỗ em trong suốt thời gian ngồi trên ghế nhà trường, chính nhờ sự dạy dỗ đó em đã học được rất nhiều điều bổ ích cho chuyên ngành của mình và trong cuộc sống. Cuối cùng, em muốn gửi lời cảm ơn đến gia đình, các anh chị khóa trước, tập thể lớp ĐHSP Toán K53, bạn bè xung quanh và tất cả mọi người luôn động viên giúp đỡ em trong những lúc khó khăn, sự động viên đó đã giúp bản thân em ngày càng cố gắng học tập và hoàn thành tốt khóa học của mình. Em xin chân thành cảm ơn! 1 Mục lục Lời cảm ơn 1 MỞ ĐẦU 4 1 Định thức và một số tính chất của định thức 6 1.1 Định thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Một số tính chất của định thức . . . . . . . . . . . . . . . 7 2 Một số phương pháp tính định thức 9 2.1 Phương pháp khai triển theo dòng hoặc cột . . . . . . . . 9 2.2 Phương pháp biến đổi sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.3 Phương pháp quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.4 Phương pháp truy hồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.5 Phương pháp biểu diễn định thức thành tổng các định thức 23 2.6 Phương pháp biểu diễn định thức thành tích các định thức 28 2.7 Phương pháp sử dụng đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.8 Phương pháp biến đổi tất cả các phần tử của định thức . . 34 2.9 Phương pháp Rank one updates . . . . . . . . . . . . . . . 35 3 Một số ví dụ minh họa về ứng dụng của định thức 37 3.1 Giải hệ phương trình tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . 37 3.2 Xét tính suy biến của ma trận và tìm ma trận nghịch đảo 40 3.3 Tính hạng ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 2 3.4 Chứng minh sự độc lập tuyến tính của một hệ hàm . . . . 47 3.5 Chứng minh một số đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . 50 3.6 Định thức qua các trò chơi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 KẾT LUẬN 69 TÀI LIỆU THAM KHẢO 70 3 MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Khái niệm định thức lần đầu tiên được đưa ra trong một bức thư của Leibniz gửi cho một người bạn năm 1693. Hàm định thức xuất hiện đầu tiên năm 1720 trong một công trình của nhà toán học Anh Maclaurin. Công thức tổng quát được tìm thấy bởi nhà toán học Thụy Sĩ Cramer trong một công trình về đường cong xuất bản năm 1750. Người đầu tiên định nghĩa và nghiên cứu những tính chất cơ bản của định thức là Lan Vandermonde. Năm 1771, ông chứng minh được quy tắc Cramer và qua đó tìm thấy một số tính chất của định thức như triệt tiêu khi hai dòng hay hai cột bằng nhau, định thức đổi dấu nếu đổi chỗ hai dòng hay hai cột. Tuy nhiên ông chỉ tính được định thức mang tên mình cho trường hợp n = 3 năm 1774. Công thức khai triển định thức theo dòng và cột được nhà toán học Pháp Laplace phát hiện năm 1772. Tên gọi định thức xuất hiện lần đầu tiên trong một bài báo của Gauss năm 1801 về các dạng bậc hai. Người đầu tiên nghiên cứu định thức một cách hệ thống là nhà toán học Pháp Cauchy. Ông phát hiện công thức định thức tích hai ma trận năm 1812. Ông cũng là người phát hiện công thức định thức Vandermonde năm 1815. Cùng với các nhà toán học trên, Jordan, Sylvester, William Rowan Hamilton, Hermann Grassmann, Ferdinaned Georg Frobenius và John von Neumann là những tên tuổi gắn liền với sự phát triển của lý thuyết định thức, ma trận. Định thức và ma trận là những kiến thức cơ bản của Đại số tuyến tính. Nó có nhiều ứng dụng trong hình học, giải tích, toán kinh tế. Ngoài ra nó còn có ứng dụng trong vật lý, tin học...Với mong muốn tìm hiểu về định thức và ứng dụng của nó, em đã chọn và nghiên cứu đề tài khóa luận "Định thức và ứng dụng trong giải toán". 4 2. Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu và trình bày một cách có hệ thống, logic về định nghĩa và một số tính chất của định thức ma trận, một số phương pháp tính định thức và một số ví dụ minh họa về ứng dụng của định thức. 3. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu chính của khóa luận là lý thuyết định thức ma trận. 4. Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc và nghiên cứu các tài liệu, giáo trình về các vấn đề cần nghiên cứu như: định thức, các phương pháp tính định thức, ứng dụng của định thức.... Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Gồm ý kiến của các giảng viên hướng dẫn và các giảng viên khác trong Bộ môn Toán, Khoa Khoa học tự nhiên, Trường Đại học Quảng Bình. 5. Tầm quan trọng đối với khoa học và thực tiễn Đề tài có thể là tài liệu tham khảo cho những sinh viên chuyên ngành Toán, đặc biệt là những bạn đam mê thi Olympic Toán và học toán cao cấp. Với bản thân, qua việc nghiên cứu đề tài em đã hệ thống cũng như ôn tập lại những kiến thức đã học về định nghĩa và một số tính chất của định thức, các phương pháp tính định thức, đặc biệt có được cái nhìn về định thức, về những ứng dụng của nó. 6. Bố cục khóa luận Ngoài lời cảm ơn, phần mở đầu, kết luận, phụ lục và tài liệu tham khảo, nội dung khóa luận được trình bày trong 3 chương: Chương 1: Định thức và một số tính chất của định thức Chương 2: Một số phương pháp tính định thức Chương 3: Một số ví dụ minh họa về ứng dụng của định thức. 5 Chương 1 Định thức và một số tính chất của định thức 1.1 Định thức Định nghĩa 1.1.1. Mỗi song ánh từ tập {1, 2, . . . , n} vào chính nó được gọi là một phép thế bậc n. Tập tất cả các phép thế bậc n được ký hiệu bởi Sn . Định nghĩa 1.1.2. Dấu của phép thế σ ∈ Sn là số sau đây sgn(σ) = Y σ(i) − σ(j) i6=j i−j ∈ {±1}. Tích này chạy trên mọi cặp số {i, j} ⊂ {1, 2, . . . , n}. Định nghĩa 1.1.3. Cho ma trận vuông A = (aij )n×n với các phần tử trong trường K. Định thức của A được kí hiệu bởi det A hoặc |A|, là phần tử sau đây của trường K det A = P sgn(σ)aσ(1)1 aσ(2)2 · · · aσ(n)n . σ∈Sn 6 1.2 Một số tính chất của định thức Từ đây ta ký hiệu Mn (K) là tập tất cả các ma trận vuông cấp n trên trường K. Tính chất 1.2.1. (Đa tuyến tính): Định thức của ma trận là một hàm tuyến tính với mỗi cột của nó, khi cố định các cột khác. Tức là det(α1 , . . . , aαj + bβj , . . . , αn ) = a det(α1 , . . . , αj , . . . , αn ) + b det(α1 , . . . , βj , . . . , αn ), với mọi a, b ∈ K; α1 , . . . , αj , βj , . . . , αn ∈ Kn ; j = 1, ..., n. Tính chất 1.2.2. (Thay phiên): Nếu ma trận vuông A có hai cột bằng nhau, thì det A = 0. Tính chất 1.2.3. (Chuẩn hóa): Định 1 0 0 1 det In = det ··· ··· 0 0 thức của ma trận đơn vị bằng 1: ··· 0 ··· 0 = 1. ··· ··· ··· 1 Hệ quả 1.2.4. i) Nếu đổi chỗ hai cột của một ma trận thì định thức của nó đổi dấu: det(..., αi , ..., αj , ...) = − det(..., αj , ..., αi , ...). ii) Nếu các vectơ cột của một ma trận phụ thuộc tuyến tính thì định thức của ma trận bằng không. Nói riêng, nếu ma trận có một cột bằng 0 thì định thức của nó bằng 0. iii) Nếu thêm vào một cột của ma trận một tổ hợp tuyến tính của các cột khác thì định thức của nó không thay đổi. Tính chất 1.2.5. Định thức của ma trận tam giác bằng tích các phần tử trên đường chéo chính. 7 Tính chất 1.2.6. Giả sử A, B ∈ Mn (K). Khi đó i) det(AB) = det(A). det(B). ii) A khả nghịch nếu và chỉ nếu det A 6= 0. Hơn nữa det(A−1 ) = (det A)−1 . Tính chất 1.2.7. (Định thức của ma trận chuyển vị) det(At ) = det A, ∀A ∈ Mn (K). 8 Chương 2 Một số phương pháp tính định thức Biểu thức định nghĩa của định thức cấp n hoàn toàn không tiện lợi trong việc tính định thức với n ≥ 4. Để tính định thức, nhất là các định thức cấp cao, ta cần sử dụng linh hoạt các tính chất của chúng, kết hợp với việc hạ cấp định thức nhờ vào định lí Laplace, công thức khai triển định thức theo dòng hay theo cột. Các phép biến đổi sơ cấp cũng cho ta một phương pháp tính định thức rất hiệu quả và thường dùng các phương pháp sau. 2.1 Phương pháp khai triển theo dòng hoặc cột Khi thấy một dòng (hay cột) trong định thức có nhiều số 0 thì nên khai triển định thức theo dòng (hay cột) đó. Cơ sở của phương pháp này là định lý Laplace. Định lý 2.1.1. (Khai triển Laplace) Giả sử đã chọn ra k dòng (tương ứng k cột) trong một định thức cấp n (1 ≤ k < n). Khi đó, định thức đã cho bằng tổng của tất cả các tích của các định thức con cấp k lấy ra từ k dòng (tương ứng k cột) đã chọn với phần bù đại số của chúng. Hệ quả 2.1.2. Cho A = (aij )n×n là một ma trận vuông cấp n trên K. Khi đó ta có (1) Công thức khai triển theo dòng i 9 det A = ai1 Ai1 + ai2 Ai2 + · · · + ain Ain = n P aik Aik . k=1 (2) Công thức khai triển theo cột j n P det A = a1j A1j + a2j A2j + · · · + anj Anj = akj Akj , k=1 trong đó Aij là phần bù đại số của phần tử aij . 3 −2 5 0 7 0 6 3 . Ví dụ 2.1.3. Tính D= 1 0 0 10 −4 0 2 9 Giải Ta nhận thấy cột thứ hai trong định thức D có nhiều số 0 nhất, cho nên chúng ta khai triển định thức theo cột thứ 7 6 3 1+2 D = (−1) (−2) 1 0 10 −4 2 9 7 6 6 3 +2(−1)2+3 .10. =2(−1)2+1 .1. 2 9 −4 2 hai: (khai triển theo dòng thứ hai) = −2(6.9 − 2.3) − 20(7.2 + 4.6) = −856. Ví dụ 2.1.4. Tính định thức D = 0 0 2 0 0 3 −5 0 0 0 1 0 0 0 1 2 1 −4 −2 8 6 3 −9 10 1 4 . Giải Ta có 0 2 1 4 0 3 −5 0 5+1 (khai triển theo cột thứ nhất) D = (−1) .(−2) 0 1 0 0 1 2 1 −4 2 1 4 4+1 = (−2)(−1) 3 −5 0 (khai triển theo cột thứ nhất) 1 0 0 1 4 (khai triển theo dòng thứ ba) = 2(−1)3+1 −5 0 = 2.20 = 40. 2.2 Phương pháp biến đổi sơ cấp Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng hoặc cột của ma trận (đổi chỗ hai dòng hoặc hai cột cho nhau, nhân một dòng hay cột với một hằng số khác 0, thêm vào một dòng hay cột một tổ hợp tuyến tính của các dòng hay cột còn lại) để biến đổi ma trận của định thức về dạng tam giác. Khi đó định thức sẽ bằng tích các phần tử trên đường chéo chính. Ví dụ 2.2.1. Tính định thức cấp n ≥ 2 sau đây: 0 1 1 ··· 1 1 0 x ··· x D = 1 x 0 ··· x ··· ··· ··· ··· ··· x x ··· 0 1 11 . Giải Với x 6= 0. Nhân dòng (1) với −x rồi cộng vào dòng (2), (3),...,(n) ta được D = 0 1 1 ··· 1 1 −x 0 ··· 0 1 0 −x · · · 0 ··· ··· ··· ··· ··· 1 0 0 · · · −x , 1 tiếp tục nhân cột (2), (3), . . . , (n) với rồi cộng tất cả vào cột (1) ta được x n−1 1 1 . . . 1 x 0 −x 0 · · · 0 n−1 n−1 n−1 n−2 D = 0 0 −x · · · 0 = x (−x) = (−1) (n − 1)x . ··· ··· ··· ··· ··· 0 0 · · · −x 0 Khi x = 0, dễ dàng tính được D = 0. Ví dụ 2.2.2. Tính định thức 1 1 C1 C31 2 D = C32 C42 ··· ··· n−1 n−1 Cn+1 Cn ··· 1 ··· Cn1 ··· 2 Cn+1 ··· ··· n−1 · · · C2n−2 1 1 Cn+1 2 Cn+2 . · · · n−1 C2n−1 Giải Ta lấy cột thứ n trừ đi cột thứ n−1, rồi lấy cột n−1 trừ đi cột n−2, . . . , i+1 lấy cột thứ 2 trừ đi cột thứ nhất và sử dụng Cki + Cki+1 = Ck+1 ta có 12 D = 1 0 0 ··· 0 C21 1 1 ··· 1 C32 C31 C41 ··· Cn1 ··· ··· ··· ··· ··· n−2 n−2 Cnn−1 Cnn−2 Cn+1 · · · C2n−3 làm lại như trên, ta có 1 0 0 C1 1 0 2 D = C32 C31 1 ··· ··· ··· n−1 Cnn−2 Cnn−3 Cn ··· 0 ··· 0 ··· 1 ··· ··· n−3 · · · C2n−4 sau n − 1 bước như vậy, ta được 1 0 0 C1 1 0 2 D = C32 1 C31 0 0 0 n−1 Cnn−2 Cnn−3 Cn ··· 0 ··· 0 ··· 0 ··· 0 ··· 1 0 1 , 1 Cn+1 · · · n−2 C2n−2 0 0 1 , · · · n−3 C2n−3 = 1. Vậy D = 1. Ví dụ 2.2.3. Tính định thức 1 a1 a2 1 a1 + b 1 a2 D = 1 a1 a2 + b2 ··· ··· ··· a1 a2 1 13 ··· ··· ··· ··· ··· an an an . · · · an + bn Giải Lấy dòng đầu nhân với 1 0 D = 0 ··· 0 (−1) rồi cộng tất cả vào dòng còn lại ta được a1 a2 · · · an b1 0 · · · 0 0 b2 · · · 0 = b1 b2 · · · bn . · · · · · · · · · · · · 0 0 · · · bn Ví dụ 2.2.4. Tính định thức a1 x x · · · x x a2 x · · · x Dn = x x a3 · · · x ··· ··· ··· ··· ··· x x x · · · an với ai ∈ R, ∀i = 1, 2, . . . , n; x 6= ai , x 6= 0. Giải Lấy các dòng i(i = 2, n) trừ đi dòng thứ nhất ta được: a1 x x ··· x x − a1 a2 − x 0 ··· 0 Dn = x − a1 0 a3 − x · · · 0 ··· ··· ··· ··· ··· 0 0 · · · an − x x − a1 . Đưa bội a1 − x ở cột đầu, a2 − x ở cột thứ 2,..., an − x ở cột thứ n ra ngoài ta được: 14 Dn = (a1 − x)(a2 − x)...(an − x) Viết a1 a1 −x =1+ a1 a1 −x x a2 −x x a3 −x ··· −1 1 0 ··· −1 0 1 ··· ··· ··· ··· ··· −1 0 0 ··· x a1 −x và cộng tất cả các cột vào cột đầu tiên x x 1 + x + ... + x a1 −x an −x a2 −x a3 −x 0 1 0 Dn = (a1 − x)...(an − x) 0 0 1 ··· ··· ··· 0 0 0 0 0 . · · · 1 x an −x ta được: ··· ··· ··· ··· ··· x an −x 0 0 · · · 1 1 1 1 1 = x(a1 − x)(a2 − x) · · · (an − x) + + + ··· + . x a1 − x a2 − x an − x 2.3 Phương pháp quy nạp Phương pháp này dựa vào phương pháp quy nạp toán học. Tức là ta tính một vài định thức cấp 1, 2, 3 để dự đoán quy luật. Sau đó dùng chứng minh quy nạp để chứng minh dự đoán đó là đúng. Ví dụ 2.3.1. (Đề thi Olympic Toán Sinh viên toàn quốc năm 2013) Cho a0 , a1 , ..., an là các số thực, n ≥ 2. Tính định thức cấp n sau: a0 − a1 a 0 0 . . . 0 0 1 −a1 a1 − a2 a 0 . . . 0 0 2 . Dn = 0 −a2 a2 − a3 a3 . . . 0 0 .. .. .. .. . . . .. .. . . . . . . 0 0 0 0 . . . −an−1 an−1 − an 15 Giải Ta có: D1 = a0 − a1 = 1 X (−1)i i=0 a0 − a1 a1 D2 = −a1 a1 − a2 a0 a1 . ai = a0 a1 − a0 a2 + a1 a2 = 2 X (−1)i i=0 a0 a1 a2 . ai a1 0 a0 − a1 D3 = −a1 a1 − a2 a2 = a1 a2 a3 − a0 a2 a3 + a0 a1 a3 − a0 a1 a2 0 a2 − a3 a3 = 2 X (−1)i i=0 a0 a1 a2 a3 . ai Từ đây suy ra Dn = n X (−1)i i=0 a0 a1 . . . an . ai Ta sẽ chứng minh nhận định trên bằng quy nạp. Với n = 1 ta có điều phải chứng minh. Giả sử nhận định trên đúng với n = k tức là Dn = n X (−1)i i=0 a0 a1 . . . ak . ai Ta sẽ chứng minh nó đúng với n = k + 1. Thật vậy nếu từ định thức cấp k + 1 ta khai triển theo cột thứ k + 1 ta được Dk+1 = (ak − ak+1 )Dk − a2k Dk−1 . Theo giả thiết quy nạp ta có: Dk+1 = (ak − ak+1 ) k X i=0 i a0 a1 . . . ak (−1) ai 16 − a2k k X i=0 (−1)i a0 a1 . . . ak−1 . ai Suy ra Dk+1 = n X (−1)i i=0 a0 a1 . . . ak+1 ai Vậy Dn = n X (−1)i i=0 a0 a1 . . . an . ai Ví dụ 2.3.2. Tính định thức: a ab 0 1 a + b ab Dn = 0 1 a+b . .. .. .. . . 0 0 0 ... ... ... ... ... 0 0 0 . .. . a+b Giải Ta có: a ab D1 = a, D2 = 1 a+b a ab 0 = a2 , D3 = 1 a + b ab 0 1 a+b = a3 . Từ đây ta dự đoán được Dn = an . Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp dự đoán trên. Với n = 1 ta thấy nhận định trên đúng. Ta giả sử nhận định trên đúng đến n = k, tức là Dk = ak . Ta chứng minh nhận định trên đúng với n = k + 1. Thật vậy khai triển định thức ban đầu theo cột thứ k + 1 ta được Dk+1 = (a + b)Dk − abDk−1 Theo giả thiết quy nạp ta có: Dk+1 = (a + b)ak − ak b = ak+1 Suy ra điều phải chứng minh. Vậy Dn = an . 17 Ví dụ 2.3.3. Hãy tính định thức cos x 1 0 1 2 cos x 1 0 1 2 cos x Dn = ··· ··· ··· 0 0 0 0 0 0 ··· ··· ··· ··· ··· ··· 0 0 0 0 0 0 . ··· · · · 2 cos x 1 1 2 cos x Giải Khai triển định thức theo cột cuối, ta có Dn = 2 cos x · Dn−1 − Dn−2 . Dễ thấy D1 = cos x, D2 = 2 cos2 x − 1 = cos 2x. Giả sử Dk = cos kx với mọi k = 1, 2, . . . , n − 1. Ta có Dk+1 = 2 cos xDk − Dk−1 = 2 cos x · cos kx − cos(k − 1)x = [cos(k + 1)x + cos(k − 1)x] − cos(k − 1)x = cos(k + 1)x. Như vậy Dn = cos nx. Kết luận: Phương pháp tính định thức bằng quy nạp thường được sử dụng trong việc tính định thức cấp n mà ta đã dự đoán được dạng tổng quát của nó. 18 2.4 Phương pháp truy hồi Phương pháp truy hồi là biểu diễn định thức cần tính qua định thức có cấp thấp hơn có dạng xác định và theo công thức xác định. Trong phương pháp truy hồi, ta dùng cách khai triển định thức theo các dòng hoặc theo các cột một cách hợp lý để đưa định thức có cùng dạng nhưng với cấp thấp hơn. Có thể đưa định thức Dn về hệ thức chỉ liên hệ với Dn−1 hoặc liên hệ cả với Dn−1 và Dn−2 . Giả sử bằng cách khai triển nào đó, ta đưa về công thức truy hồi dạng: Dn = pDn−1 + qDn−2 , n > 2 (2.4.1) với p, q là các hằng số. Ta xét từng trường hợp có thể xảy ra • Trường hợp 1. Nếu q = 0 thì ta tính được Dn = pn−1 D1 , trong đó D1 là định thức cấp 1 dạng đã cho. • Trường hợp 2. Nếu q 6= 0, gọi α, β là nghiệm của phương trình bậc hai x2 − px − q = 0. Khi đó p = α + β, q = −αβ và (2.4.1) được viết tắt dưới dạng: Dn − βDn−1 = α(Dn−1 − βDn−2 ) (2.4.2) Dn − αDn−1 = β(Dn−1 − αDn−2 ). (2.4.3) hoặc Nếu α 6= β, khi đó từ (2.4.2) và (2.4.3) ta được Dn − βDn−1 = αn−2 (D2 − βD1 ) Dn − αDn−1 = β n−2 (D2 − αD1 ). Vì vậy αn−1 (D2 − βD1 ) − β n−1 (D2 − αD1 ) Dn = . α−β 19 Ví dụ 2.4.1. Tính định thức cấp n > 2 5 3 0 · · · 0 0 2 5 3 · · · 0 0 0 2 5 · · · 0 0 Dn = . ··· ··· ··· ··· ··· ··· 0 0 0 · · · 5 3 0 0 ··· 2 5 0 Giải Với n > 2, khai triển theo 5 3 ··· 2 5 ··· Dn = 5 · · · · · · · · · 0 0 ··· 0 ··· 0 dòng thứ nhất ta được 2 3 0 0 0 5 0 0 · · · · · · −3 · · · · · · 0 0 5 3 0 2 5 0 ··· 0 0 ··· 0 0 ··· ··· ··· ··· 5 3 ··· 2 5 . Trong đẳng thức trên, định thức thứ nhất là Dn−1 , ta khai triển định thức thứ hai theo cột thứ nhất và thu được kết quả Dn = 5Dn−1 − 6Dn−2 . (2.4.4) Từ (2.4.4) ta có: Dn − 2Dn−1 = 3(Dn−1 − 2Dn−2 ). Do công thức đúng với n > 2 nên ta có: Dn − 2Dn−1 = 3(Dn−1 − 2Dn−2 ) = · · · = 3n−2 (D2 − 2D1 ). Tính toán trực tiếp ta có D2 = 19, D1 = 5 nên D2 − 2D1 = 9. Bởi vậy ta có Dn − 2Dn−1 = 3n . Tương tự ta cũng có Dn − 3Dn−1 = 2(Dn−1 − 3Dn−2 ) = · · · = 2n−2 (D2 − 3D1 ). Vậy ta có: Dn − 3Dn−1 = 2n . Từ (2.4.5) và (2.4.6) suy ra Dn = 3n+1 − 2n+1 . 20 Tải về bản full