Toán Rời Rạc - Phần IV: Hệ Thức đệ Quy - Tài Liệu, Ebook

• 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 › Khoa Học Tự Nhiên›Toán Học›Toán rời rạc - Phần IV: Hệ thức đệ quy Toán rời rạc - Phần IV: Hệ thức đệ quy

Bài tập 10) Tìm hệ thức đệ qui cho xn, trong đó xn là số miền của mặt phẳng bị phân chia bởi n đường thẳng trong đó không có hai đường nào song song và không có ba đường nào đồng qui. Tìm x n . 11) Đề thi 2009. a) Tìm nghiệm tổng quát của hệ thức đệ qui: a n = 6an-2 – 9 an-1. b) Tìm nghiệm thỏa điều kiện đầu a0 = 1, a1 = 3 của hệ thức đệ qui: a n = 6an-2 – 9an-1 + n.3n+

23 trang | Chia sẻ: nguyenlam99 | Lượt xem: 6031 | Lượt tải: 0 Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Toán rời rạc - Phần IV: Hệ thức đệ quy, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên1Phần IV Hệ thức đệ quy Biên soạn: TS.Nguyễn Viết Đông 1 Tài liệu tham khảo [1] TS. Trần Ngọc Hội, Toán rời rạc [2] GS.TS. Nguyễn Hữu Anh, Toán rời rạc, Nhà xuất bản giáo dục. [3] Nguyễn Viết Hưng’s Slides 2 Định nghĩa Moät heä thöùc ñeä qui tuyeán tính caáp k laø moät heä thöùc coù daïng: x n = a 1 x n-1 + + a k x n-k + f n (1) trong ñoù : • a k  0, a 1 ,, a k-1 laø caùc heä soá thöïc • {f n } laø moät daõy soá thöïc cho tröôùc • {x n } laø daõy aån nhaän caùc giaù trò thöïc. 3 Định nghĩa Tröôøng hôïp daõy f n = 0 vôùi moïi n thì (1) trôû thaønh: x n = a 1 x n-1 + +a k x n-k (2) Ta noùi (2) laø moät heä thöùc ñeä qui tuyeán tính thuaàn nhaát caáp k 4 2Nghiệm tổng quát Moãi daõy {x n } thoûa (1) ñöôïc goïi laø moät nghieäm cuûa (1). • Nhaän xeùt raèng moãi nghieäm {x n } cuûa (1) ñöôïc hoaøn toaøn xaùc ñònh bôûi k giaù trò ban ñaàu x 0 , x 1 ,, x k-1 . Hoï daõy soá { x n = x n (C 1 , C 2 ,,C k )} phuï thuoäc vaøo k hoï tham soá C 1 , C 2 ,,C k ñöôïc goïi laø nghieäm toång quaùt cuûa (1) neáu moïi daõy cuûa hoï naøy ñeàu laø nghieäm cuûa (1) 5 Nghiệm riêng Cho {xn} là nghiệm tổng quát của (1) và vôùi moïi k giaù trò ban ñaàu y 0 , y 1 ,, y k-1 , toàn taïi duy nhaát caùc giaù trò cuûa k tham soá C 1 , C 2 ,,C k sao cho nghieäm {x n } töông öùng thoûa: x 0 = y 0 , x 1 = y 1 ,, x k-1 = y k-1 (*) Khi ñoù, nghieäm {x n } töông öùng ñöôïc goïi nghieäm rieâng öùng vôùi ñieàu kieän ban ñaàu (*). 6 Mục đích giải hệ thức đệ qui • Giaûi moät heä thöùc ñeä qui laø ñi tìm nghieäm toång quaùt cuûa noù. • Neáu heä thöùc ñeä qui coù keøm theo ñieàu kieän ban ñaàu, ta phaûi tìm nghieäm rieâng thoûa ñieàu kieän ban ñaàu ñoù. 7 Fibonacci (1170-1250) 8 3Một số ví dụ Ví dụ 1(Dãy Fibonacci) Bài toán:Một đôi thỏ(gồm một thỏ đực và một thỏ cái)cứ mỗi tháng đẻ được một đôi thỏ con(cũng gồm một đực và một cái), mỗi đôi thỏ con, khi tròn hai tháng tuổi, lại mỗi tháng đẻ ra một đôi thỏ con và quá trình sinh nở cứ thế tiếp diễn.Tính Fn là số đôi thỏ có ở tháng n? 9 Một số ví dụ Giải: Tháng đầu tiên và tháng thứ 2 chỉ có mộtđôithỏ.Sang tháng thứ 3 đôi thỏ này sẽ đẻ ra một đôi thỏ, vì thế tháng này sẽ có hai đôi thỏ .Với n3 ta có Fn = Fn-1+Số đôi thỏ được sinh ra ở tháng thứ n. Do các đôi thỏ được sinh ra ở tháng thứ n-1 chưa đẻ con ở tháng thứ n , và ở tháng này mỗi đôi thỏ có ở tháng n-2 sẽ đẻ ra được một đôi thỏ con nên số đội thỏ được sinh ra ở tháng thứ n chính bằng Fn-2 10 Một số ví dụ Như vậy việc giải bài toán Fobonacci dẫn ta tới việc khảo sát dãy số (Fn), xác định bởi F1 = 1 F2 =1 Fn = Fn-1+Fn-2 với n >2. 11 Một số ví dụ Ví dụ2: Moät caàu thang coù n baäc. Moãi böôùc ñi goàm 1 hoaëc 2 baäc. Goïi x n laø soá caùch ñi heát caàu thang. Tìm moät heä thöùc ñeä qui cho x n 12 4Vôùi n = 1, ta coù x 1 = 1. Vôùi n = 2, ta coù x 2 = 2 Vôùi n > 2, ñeå khaûo saùt x n ta chia thaønh hai tröôøng hôïp loaïi tröø laãn nhau: Tröôøng hôïp 1: Böôùc ñaàu tieân goàm 1 baäc. Khi ñoù, caàu thang coøn n-1 baäc neân soá caùch ñi heát caàu thang trong tröôøng hôïp naøy laø x n-1 . Một số ví dụ 13 Ví dụ Tröôøng hôïp 2: Böôùc ñaàu tieân goàm 2 baäc. Khi ñoù, caàu thang coøn n-2 baäc neân soá caùch ñi heát caàu thang trong tröôøng hôïp naøy laø x n-2 . Theo nguyeân lyù coäng, soá caùch ñi heát caàu thang laø x n-1 + x n-2 . Do ñoù ta coù: x n = x n-1 + x n-2 14 Vaäy ta coù heä thöùc ñeä qui tuyeán tính thuaàn nhaát caáp 2: 1 2 1 21, 2. n n nx x x x x       Một số ví dụ 15 Example3: The tower of Hanoi puzzle consists of three pegs mounted on a board and disks with different sizes. How can we move the disks to the 2nd peg, following the rule: larger disks are never placed on top of smaller ones?16 5How can we move the disks to the 2nd peg, one in a time,following the rule: larger disks are never placed on top of smaller ones? 17  Let Hn be the minimum number of moves to complete the puzzle. First we must move the top (n – 1) disks to the 3rd peg, using at least Hn – 1 moves 18 We need one more move to take the largest disk to peg 2  Then carry (n – 1) smaller disks from 3rd peg to the 2nd peg, using at least Hn – 1 moves . 19  one more move to take the largest disk to peg 2  carry (n – 1) smaller disks from 3rd peg to the 2nd peg, using at least Hn – 1 moves . Thus Hn = 2Hn – 1 + 1  In fact we can prove by induction that Hn = 2 Hn – 1 + 1  First, move the top (n – 1) disks to the 3rd peg, using at least Hn – 1 moves Modeling with Recurrence Relations 20 6Hn = 2 Hn – 1 + 1  We can prove by induction that  To solve this recurrence relation, we write Hn + 1 = 2 Hn – 1 + 2 = 2(Hn – 1+ 1)  This is a geometric progression, so the solution is: Hn + 1 = C 2 n Since H1 = 1, we have C = 1 and Hn = 2 n – 1 E.g. H64 = 18,446,744,073,709,551,615: It takes 500 billion years to solve the puzzle !! 21 Xeùt heä thöùc ñeä qui tuyeán tính thuaàn nhaát x n = a 1 x n-1 + + a k x n-k (2) Hệ thức đệ qui tuyến tính thuần nhất Phöông trình ñaëc tröng cuûa (2) laø phöông trình baäc k ñònh bôûi: k - a 1 k-1 - - a k = 0 (*) 22 Hệ thức đệ qui tuyến tính thuần nhất Tröôøng hôïp k = 1 Phöông trình ñaëc tröng (*) trôû thaønh  - a 1 = 0 neân coù nghieäm laø  0 = a 1 Khi ñoù, (2) coù nghieäm toång quaùt laø: 0 n nx C 23 Hệ thức đệ qui tuyến tính thuần nhất Ví dụ: Hệ thức đệ qui 1 1 2 3 0; 1. n nx x x     laø moät heä thöùc ñeä qui tuyeán tính thuaàn nhaát caáp 1 24 7Hệ thức đệ qui tuyến tính thuần nhất Phöông trình ñaëc tröng: 2 - 3 = 0 coù nghieäm laø  0 = 3/2 Do ñoù nghieäm toång quaùt laø: 3 2 n nx C        25 Hệ thức đệ qui tuyến tính thuần nhất Töø ñieàu kieän ban ñaàu x 1 = 1, ta coù : 3 1 2 C   Suy ra: 2 3 C  Do ñoù nghieäm cuûa heä thöùc ñeä qui ñaõ cho laø: 1 3 2 n nx         26 Hệ thức đệ qui tuyến tính thuần nhất Tröôøng hôïp k = 2: Phöông trình ñaëc tröng (*) trôû thaønh: 2 - a 1  - a 2 = 0 (*) a) Neáu (*) coù hai nghieäm thöïc phaân bieät  1 vaø  2 thì (2) coù nghieäm toång quaùt laø: 1 2 n n nx A B   27 Hệ thức đệ qui tuyến tính thuần nhất b) Neáu (*) coù nghieäm keùp thöïc  0 thì (2) coù nghieäm toång quaùt laø: 0( ) n nx A nB   28 8Hệ thức đệ qui tuyến tính thuần nhất c) Neáu (*) coù hai nghieäm phöùc lieân hôïp ñöôïc vieát döôùi daïng löôïng giaùc : (cos sin )r i    thì (2) coù nghieäm toång quaùt laø: ( cos sin )nnx r A n B n   29 Ví dụ: Ví dụ 1 Ví dụ 2 Ví dụ 3 1 22 3 0n n nx x x    Giaûi caùc heä thöùc ñeä qui sau: 1 1 0 1 4 12 9 0; 2; 4. n n nx x x x x        2 1 1 2 2 4 0; 4; 4. n n nx x x x x        30 Một số ví dụ  1 22 3 0 1n n nx x x    Phöông trình ñaëc tröng cuûa (1) laø: 22 - 3 + 1 = 0 (*) coù hai nghieäm thöïc laø  1 = 1 vaø  2 = 1/2. Do ñoù nghieäm toång quaùt cuûa (1) laø: xn = A+ B(1/2) n 31 Một số ví dụ  1 1 0 1 4 12 9 0 2 2; 4. n n nx x x x x        Phöông trình ñaëc tröng cuûa (2) laø: 42 - 12 + 9 = 0 coù nghieäm thöïc keùp laø  0 = 3/2. Do ñoù nghieäm toång quaùt cuûa (2) laø: xn = (A + nB)(3/2) n 32 9Một số ví dụ Töø ñieàu kieän ban ñaàu x 0 = 2; x 1 = 4 ta suy ra: 2 3 ( ) 4 2 A A B      Suy raA = 2 vaø B = 2/3 Vaäy nghieäm cuûa (2) laø: xn = (3 + n)(3/2) n-1 33 Một số ví dụ  2 1 1 2 2 4 0 3 4; 4 n n nx x x x x        Phöông trình ñaëc tröng cuûa (3) laø: 2 - 2 + 4 = 0 (*) coù hai nghieäm phöùc lieân hôïp laø 1 3i   Ta vieát hai nghieäm treân döôùi daïng löôïng giaùc: 2(cos sin ) 3 3 i      34 Do ñoù nghieäm toång quaùt cuûa (3) laø 1 22 ( cos sin ) 3 3 n n n n x C C     Töø ñieàu kieän ban ñaàu x 1 = 4; x 2 = 4 ta suy ra: 1 2 1 2 1 3 2( ) 4 2 2 1 3 4( ) 4 2 2 C C C C           Suy ra: 1 21, 3C C  Vậy nghiệm của (3) là : 2 (cos 3sin ) 3 3 n n n n x     35 36 10 Hệ thức đệ qui tuyến tính không thuần nhất Xeùt heä thöùc ñeä qui tuyeán tính khoâng thuaàn nhaát xn = a1xn-1 + + akxn-k + fn (1) Heä thöùc ñeä qui tuyeán tính thuaàn nhaát töông öùng laø: xn = a1xn-1 + + akxn-k (2) Phöông trình ñaëc tröng cuûa (2) laø: k - a1 k-1 - - ak = 0(*) 37 Hệ thức đệ qui tuyến tính không thuần nhất Nghieäm toång quaùt cuûa (1) = Nghieäm toång quaùt cuûa (2) Moät nghieäm rieâng cuûa (1) + 38 Hệ thức đệ qui tuyến tính không thuần nhất Caùch tìm moät nghieäm rieâng cuûa (1) khi veá phaûi f n cuûa (1) coù daïng ñaëc bieät nhö sau: • Dạng 1: f n = nP r (n), trong ñoù P r (n) laø moät ña thöùc baäc r theo n;  laø moät haèng soá • Dạng 2: f n = P m (n)cosn + Q l (n)sinn, trong ñoù P m (n), Q l (n) laàn löôït laø caùc đa thức baäc m, l theo n;  laø haèng soá (  k). • Dạng 3 : f n = f n1 + f n2 ++ f ns , trong ñoù caùc f n1 , f n2 ,, f ns thuoäc 2 daïng ñaõ xeùt ôû treân 39 Hệ thức đệ qui tuyến tính không thuần nhất Khi ñoù ta xeùt 3 tröôøng hôïp nhoû: Trường hợp 1  khoâng laø nghieäm cuûa phöông trình ñaëc tröng Trường hợp 2  laø nghieäm đơn cuûa phöông trình ñaëc tröng Trường hợp 3  laø nghieäm kép cuûa phöông trình ñaëc tröng 40 Dạng 1: f n = nP r (n), 11 Hệ thức đệ qui tuyến tính không thuần nhất Neáu  khoâng laø nghieäm cuûa phöông trình ñaëc tröng (*) thì (1) coù moät nghieäm rieâng daïng: xn =  nQr(n) 41 Trường hợp 1. Hệ thức đệ qui tuyến tính không thuần nhất Neáu  laø nghieäm ñôn cuûa phöông trình ñaëc tröng (*) thì (1) coù moät nghieäm rieâng daïng: xn = n nQr(n) 42 Trường hợp 2. Hệ thức đệ qui tuyến tính không thuần nhất Neáu  laø nghieäm keùp cuûa phöông trình ñaëc tröng (*) thì (1) coù moät nghieäm rieâng daïng: xn = n 2nQr(n) 43 Trường hợp 3. Hệ thức đệ qui tuyến tính không thuần nhất Chú ý: Q r (n) = A r n r + A r-1 n r-1 ++ A 0 laø ña thöùc toång quaùt coù cuøng baäc r vôùi P r (n), trong ñoù A r , A r-1 ,, A 0 laø r+1 heä soá caàn xaùc ñònh. Các hệ số xác định như thế nào ? Ñeå xaùc ñònh caùc heä soá treân ta caàn theá x n , x n-1 ,, x n-k vaøo (1) vaø cho n nhaän r + 1 giaù trò nguyeân naøo ñoù hoaëc ñoàng nhaát caùc heä soá töông öùng ôû hai veá ñeå ñöôïc moät heä phöông trình. Caùc heä soá treân laø nghieäm cuûa heä phöông trình naøy 44 12 Hệ thức đệ qui tuyến tính không thuần nhất Dạng 2: f n = P m (n)cosn + Q l (n)sinn Khi ñoù ta xeùt  0 = cos isin. Coù 2 tröôøng hôïp nhoû: Trường hợp 1  0 = cos  isin khoâng laø nghieäm cuûa phöông trình ñaëc tröng Trường hợp 2  0 = cos  isin laø nghieäm cuûa phöông trình ñaëc tröng 45 Hệ thức đệ qui tuyến tính không thuần nhất Neáu  0 = cos  isin khoâng laø nghieäm cuûa phöông trình ñaëc tröng (*) thì (1) coù moät nghieäm rieâng daïng: xn = Rk(n)cosn + Sk(n)sinn 46 Trường hợp 1. Hệ thức đệ qui tuyến tính không thuần nhất Neáu  0 = cos  isin laø nghieäm cuûa phöông trình ñaëc tröng (*) thì (1) coù moät nghieäm rieâng daïng: xn = n(Rk(n)cosn + Sk(n)sinn) 47 Trường hợp 2. Hệ thức đệ qui tuyến tính không thuần nhất Ghi chú: R k (n), S k (n) laø caùc ña thöùc toång quaùt theo n coù baäc k = max{m,l} vôùi 2k+2 heä soá caàn xaùc ñònh: Rk(n) = Akn k + Ak-1n k-1 ++ A0 Sk(n) = Bkn k + Bk-1n k-1 ++ B0 48 13 Hệ thức đệ qui tuyến tính không thuần nhất Dạng 3 : f n = f n1 + f n2 ++ f ns Baèng caùch nhö treân ta tìm ñöôïc nghieäm rieâng x ni (1 i  s) cuûa heä thöùc ñeä qui: a0xn + a1xn-1 + + akxn-k = fni Khi ñoù x n = x n1 + x n2 ++ x ns laø moät nghieäm rieâng cuûa (1) 49 Ví dụ: 1 22 3 4 1.n n nx x x n     1 1 0 1 6 9 (18 12)3 ; 2; 0. n n n nx x x n x x           2 1 1 1 0 1 4 12 9 (2 29 56)2 ; 1; 2. n n n nx x x n n x x              2 13 2 cos (3 3 2)sin 4 4 n n n n n x x x         2 1 24 3 20 (2 )2 3.4 n n n n nx x x n         a) b) c) d) e) 50 1 22 3 4 1n n nx x x n     (1) Ví Dụ 1 Heä thöùc ñeä qui tuyeán tính thuaàn nhaát laø: 1 22 3 0n n nx x x    (2) Phöông trình ñaëc tröng cuûa (2) laø: 22 - 3 + 1 = 0 (*) coù hai nghieäm thöïc laø  1 = 1 vaø  2 = 1/2 Do ñoù nghieäm toång quaùt cuûa (2) laø: xn = C1 + C2(1/2) n 51 Baây giôø ta tìm moät nghieäm rieâng cuûa (1). Veá phaûi của (1) laø f n = 4n+1 coù daïng P r (n) laø ña thöùc baäc r = 1 theo n. Vì  = 1 laø nghieäm ñôn cuûa phöông trình ñaëc tröng (*) neân (1) coù moät nghieäm rieâng daïng: xn = n(an + b) (4) Theá (4) vaøo (1) ta ñöôïc: 2n(an+b) -3(n-1)[a(n-1)+b] + (n-2)[a(n-2) + b] = 4n + 1. Cho n laàn löôït nhaän hai giaù trò n = 0; n = 1 ta ñöôïc heä: 1; 3 5. a b a b      52 14 Giaûi heä treân ta ñöôïc a = 2; b = -1. Theá vaøo (4) ta tìm ñöôïc moät nghieäm rieâng cuûa (1) laø: xn = n(2n - 1) (5) Töø (3) vaø (5) ta suy ra nghieäm toång quaùt cuûa (1) laø: xn = C1 + C2(1/2) n + n(2n - 1) 53 54 1 1 0 1 6 9 (18 12)3 ; 2; 0. n n n nx x x n x x           Ví Dụ 2 55 56 15 57 Ví Dụ 3 2 1 1 1 0 1 4 12 9 (2 29 56)2 1; 2 n n n nx x x n n x x              Xeùt heä thöùc ñeä qui:  2 11 14 12 9 (2 29 56)2 1 n n n nx x x n n        Heä thöùc ñeä qui tuyeán tính thuaàn nhaát laø:  1 14 12 9 0 2n n nx x x    Phöông trình ñaëc tröng cuûa (2) laø: 42 - 12 + 9 = 0 (*) coù moät nghieäm thöïc keùp laø  = 3/2. Do ñoù nghieäm toång quaùt cuûa (2) laø xn = (C1 + nC2)(3/2) n. (3) 58 Baây giôø ta tìm moät nghieäm rieâng cuûa (1). Veá phaûi của (1) la ø 2 1(2 29 56)2nnf n n    coù daïng nP r (n) vôùi  = 2 vaø P r (n) laø ña thöùc baäc r = 2 theo n. Vì  = 2 khoâng laø nghieäm cuûa phöông trình ñaëc tröng (*) neân (1) coù moät nghieäm rieâng daïng: xn = (an 2 + bn + c)2n (4) Theá (4) vaøo (1) ta ñöôïc : 4[a(n+1)2 + b(n+1) + c)2n+1 -12[an2 + bn + c] 2n + 9[a(n-1)2 + b(n-1) + c] 2n-1 = (2n2 + 29n +56)2n-1 59 Cho n laàn löôït nhaän ba giaù trò n = -1; n = 0; n = 1 ta ñöôïc heä: 3 1 29 3 ; 2 4 4 25 7 1 28; 2 2 2 40 8 87. a b c a b c a b c                Giaûi heä treân ta ñöôïc a = 2; b = 1; c = -1. Theá vaøo (4) ta tìm ñöôïc moät nghieäm rieâng cuûa (1) laø xn = (2n 2 + n - 1)2n (5) 60 16 Töø (3) vaø (5) ta suy ra nghieäm toång quaùt cuûa (1) laø: xn = (C1 + nC2)(3/2) n + (2n2+ n -1) 2n (6) Thay ñieàu kieän x 0 = 1; x 1 = -2 vaøo (6) ta ñöôïc: 1 1 2 1 1; 3 3 4 2. 2 2 C C C         Töø ñoù ta coù: C1= 2; C2 = - 6. Theá vaøo (6) ta coù nghieäm rieâng caàn tìm cuûa (1) laø: xn = (2 - 6n)(3/2) n + (2n2+ n -1) 2n 61 Ví Dụ 4  2 13 2 cos (3 3 2)sin 1 4 4 n n n n n x x x         Heä thöùc ñeä qui tuyeán tính thuaàn nhaát laø:  2 13 2 0 2n n nx x x    Phöông trình ñaëc tröng cuûa (2) laø: 2 - 3 + 2 = 0 (*) coù hai nghieäm thöïc phaân bieät laø  1 = 1;  2 = 2. Do ñoù nghieäm toång quaùt cuûa (2) laø: xn = C1 + C2.2 n. (3) 62 Baây giôø ta tìm moät nghieäm rieâng cuûa (1). Veá phaûi của (1) laø cos (3 3 2)sin 4 4 n n n f      coù daïng cosn + sinn vôùi  = /4 0 cos sin 4 4 i      Vì khoâng laø nghieäm cuûa phöông trình ñaëc tröng (*) neân (1) coù moät nghieäm rieâng daïng:  cos sin 4 4 4 n n n x a b     63 Theá (4) vaøo (1) ta ñöôïc: ( 2) ( 2) ( 1) ( 1) cos sin 3[ cos sin ] 4 4 4 4 2( cos sin ) cos (3 3 2)sin 4 4 4 4 n n n n a b a b n n n n a b                     Cho n laàn löôït nhaän hai giaù trò n = 0; n = -1; ta ñöôïc heä: 2 2 (2 3 ) (1 3 ) 1; 2 2 2 2 (3 3) 2 2 3. 2 2 a b a b              Giaûi heä treân ta ñöôïc a = 1; b = -1. Theá vaøo (4) ta tìm ñöôïc moät nghieäm rieâng cuûa (1) laø  cos sin 5 4 4 n n n x     64 17 Töø (3) vaø (5) ta suy ra nghieäm toång quaùt cuûa (1) laø: 1 2.2 cos sin 4 4 n n n n x C C       65 Ví Dụ 5  21 24 3 20 (2 )2 3.4 1 n n n n nx x x n         Heä thöùc ñeä qui tuyeán tính thuaàn nhaát laø:  1 24 3 0 1n n nx x x    Phöông trình ñaëc tröng cuûa (2) laø: 2 - 4 + 3 = 0 (*) coù hai nghieäm thöïc phaân bieät laø  1 = 1;  2 = 3. Do ñoù nghieäm toång quaùt cuûa (2) laø: xn = C1 + C2. 3 n. (3) 66 Baây giôø ta tìm moät nghieäm rieâng cuûa (1). Veá phaûi của (1) laø 220 (2 )2 3.4n nnf n     coù daïng ôû Tröôøng hôïp 4. Xeùt caùc heä thöùc ñeä qui:  1 24 3 20 1n n nx x x      21 24 3 (2 )2 1 n n n nx x x n         1 24 3 3.4 1 n n n nx x x     67 Lyù luaän töơng töï nhö treân ta tìm ñöôïc: Moät nghieäm rieâng cuûa (1’) laø x n1 = -10n Moät nghieäm rieâng cuûa (1’’) laø x n2 = n2 n Moät nghieäm rieâng cuûa (1’’’) laø x n3 = 4 n+2 Suy ra moät nghieäm rieâng cuûa (1) laø: xn1 = -10n + n2 n + 4n+2 (4) Töø (3) vaø (4) ta suy ra nghieäm toång quaùt cuûa (1) laø: xn = C1 + C2.3 n - 10n + n2n + 4n+2 68 18 Vídụ(Bài 4 Đề thi2007) a) Tìm nghiệm tổng quát của hệ thức đệ qui: an = an- 1 + 6 an-2 b) Tìm nghiệm thỏa điều kiện đầu a 0 = 1, a1 = 5 của hệ thức đệ qui: an = a n – 1 + 6 a n – 2 + 50n 3 n – 1 69 Đáp án: 1,5đ a) Phương trình đặc trưng r 2 – r – 6 = 0 có 2 nghiệm r 1 = 3, r2 = –2 nên nghiệm tổng quát có dạng: an = c 3 n + d (–2)n (0,5đ) b) Ta tìm nghiệm đặc biệt có dạng n(An+B)3n : (An2 +Bn) 3n = (A(n–1)2 + B(n–1)) 3n -1 + 6 (A(n–2)2 + B(n– 2)) 3n - 2 + 50n 3n-1 10An – 50 n + 5B – 9A = 0 hay A = 5 , B = 9 (0,5đ) Do đó nghiệm tổng quát có dạng: an = c 3 n + d (–2) n + (5n2 + 9n) 3n Các điều kiện ban đầu cho: a 0 = c + d = 1, a1 = 3c – 2 d + 42 = 5 giải hệ phương trình trên ta được c = –7, d = 8 (0,5đ) 70 Vídụ(Đềthi2006). Cho X= . Mỗi chuỗi ký tự có dạng a1a2...an với a1, a2,..,an  X (n nguyên dương)được gọi là một từ có chiều dài n trên X. Gọi Ln là số các từ có chiều dài n trên X không chứa 2 số 2 liên tiếp. a) Tìm một công thức truy hồi cho Ln. b)Tìm biểu thức của Ln theo n.  0,1,2 71 Đápán. (2 điểm) a)1 điểm _ Số các từ có chiều dài n mà a1 = 0 là Ln-1 _ Số các từ có chiều dài n mà a1 = 1 là Ln-1 _ Số các từ có chiều dài n mà a1 = 2 : + Có Ln-2 từ mà a2 = 0 + Có Ln-2 từ mà a2 = 1 Vậy Ln = 2Ln-1 + 2Ln-2 (n > 3) b)1 điểm Các từ có chiều dài 1 là : 0,1,2. L1 = 3; Các từ có chiều dài 2 là : 00,01,02,10,11,12,20,21 . L2 = 8; Ta quy ước L0 = 1 thì hệ thức đệ quy thoả với n >1 Phương trình đặc trưng 2 2 2 0 1 3x x x      72 19 Nghiệm tổng quát : (1 3) (1 3) 2 3 1 2 3 (1 3) (1 3) 3 2 3 2 3 2 3 2 3 (1 3) ( )(1 3) 2 3 2 3 n n n n n n L A B A A B A B B L                              73 Đềthi2006 a)Tìm nghiệm tổng quát của hệ thức đệ qui : an= 4an-1- 4 an-2 b)Tìm nghiệm của hệ thức đệ qui: an= 4an-1- 4 an-2+3. 2 n+1 thoả điều kiện đầu:a0=4,a1=4 74 Đềthi2006 Đáp án a) Phương trình đặc trưng x2-4x+4 = 0 có nghiệm kép x = 2nên nghiệm tổng quát có dạng an = (A+nB) 2 n (0,5đ) b) Vì β=2 là nghiệm kép của phương trình đặc trưng nên ta tìm nghiệm riêng dưới dạng Cn22n. Ta có Cn22n =4C(n-1)22n-1-4C(n-2)22n-2+3.2n+1  C = 3 (0,5đ) 75 Đềthi2006 Do đó nghiệm tổng quát có dạng an =A 2 n +Bn2n +3n22n Sử dụng ĐKĐ a0 = A = 4 a1 =2A+2B +6 = 4 .Nên B = -5 76 20 Đềthi 2006 Cho X={0,1,2}.Gọi an là số các từ có chiều dài n trên X trong đó số 1 không xuất hiện liên tiếp và số 2 không xuất hiện liên tiếp. a) Chứng minh rằng an thoả hệ thức đệ qui: an= 2an-1+an-2 với n>2. b)Tìm biểu thức của an theo n. 77 Đềthi 2006 Đáp án (2,5 điểm) a)1 điểm Gọi bn,cn,dn lần lượt là số từ x1x2xn ứng với x1= 0, x1=1, x1= 2. Ta có bn = an-1 ; cn = bn-1 +dn-1 ;dn= bn-1+cn-1 Do đó an = bn + cn +dn = an-1 +bn-1+dn-1+bn-1+cn-1 = an-1+an-2+(dn-1+bn-1+cn-1) = an-1+an-2+an-1 = 2an-1+an-2 78 Đềthi 2006 b)1,5 điểm. Các từ có chiều dài 1 là 0,1,2 nên a1 =3. Các từ có chiều dài 2 thoả yêu cầu là: 00,01,02,10,12,20,21 nên a2 =7.Ta qui ước a0=1thì hệ thức đệ qui thoả với n >1. Phương trình đặc trưng x2 – 2x – 1 = 0 có hai nghiệm là 1 2x   79 Đềthi 2006 Do đó nghiệm tổng quát là (1 2) (1 2)n nna A B    Trong đó A và B xác định bởi 1 (1 2) (1 2) 3 A B A B       80 21 Đềthi 2006 Suy ra 1 1 1 2 1 2 , 2 2 1 1 (1 2) (1 2) 2 2 n n n A B a           81 Đề thi 2008 • Tìm số các chuỗi ký tự chiều dài n chứa chuỗi con 11 hay 22, trong đó các ký tự được chọn trong {0, 1, 2}. • Cách giải 1.(Phương pháp đối lập). Gọi an là số chuỗi không chứa chuỗi con 11 và 22. Giải như đề 2006 ta được 82 1 11 1(1 2) (1 2) 2 2 n n na      Đề thi 2008 Như vậy số chuỗi chứa chuỗi con 11 hay 22 là Cách giải 2 (Trực tiếp) Gọi bn,cn,dn lần lượt là số từ x1x2xn ứng với x1= 0,x1=1,x1=2. Khi đó: an = bn +cn +dn . bn = an-1 . cn = bn-1 + 3 n-2 +dn-1(vì khi ký tự thứ 2 là 1 thì kết hợp với mọi chuỗi n- 2 ký tự phía sau đều thỏa). 83 1 11 13 3 (1 2) (1 2) 2 2 n n n n na        Đề thi 2008 Tương tự : dn = bn-1 +cn-1+3 n-2 . Do đó: an = an-1 +bn-1 +3 n-2 +dn-1 + bn-1 +cn-1 +3 n-2 = an-1+2.3 n-2 +an-1 +an-2= 2 .an-1+an-2 +2.3 n-2. Vậy ta có hệ thức đệ qui tuyến tính không thuần nhất an = 2.an-1 + an-2 + 2.3 n-2. với a0 = 0 và a1 = 0.Giải hệ thức đệ qui này ta có kết quả như cách 1. 84 22 Đề thi 2005 a) Tìm nghiệm tổng quát của hệ thức đệ qui: an = 6an-1 – 9an-2 b) Tìm nghiệm của hệ thức đệ qui: an = 6an-1 – 9an-2+2. 4 n thoả điều kiện đầu a0 =12, a1=8 85 Đề thi 2005 Một người gửi 100 triệu đồng vào một quĩ đầu tư vào ngày đầu của một năm . Ngày cuối cùng của năm người đó được hưởng hai khoản tiền lãi. Khoản thứ nhất là 20% tổng số tiền có trong tài khoản cả năm, khoản lãi thứ hai là 45% của tổng số tiền có trong tài khoản của năm trước đó.Gọi Pnlà số tiền có trong tài khoản vào cuối năm thứ n. a) Tìm công thức truy hồi cho Pn b) Tìm biểu thức của Pntheo n. 86 Đề thi 2004 Một bãi giữ xe được chia thành n lô cạnh nhau theo hàng ngang để xếp xe đạp và xe máy. Mỗi xe đạp chiếm một lô còn mỗi xe máy chiếm hai lô. Gọi Ln là số cách xếp cho đầy n lô. a)Tìm một công thức đệ qui thoả bởi Ln b) Tìm biểu thức của Ln theo n. 87 Bài tập Giải các hệ thức đệ qui sau: 2 1 2 0 1 2 5 2 2 3; 1, 3.             n n nx x x n n x x 1 2 0 1 4 5 12 8; 0, 5.          n n nx x x n x x 2 1 0 1 2 5 2 (35 51)3 ; 3, 0.           n n n nx x x n x x 1) 2) 3) 88 23 Bài tập Giải các hệ thức đệ qui sau: 2 1 0 1 2 2; 1, 0.        n n nx x x x x 2 1 0 1 16 64 128.8 ; 2, 32.          n n n nx x x x x 2 1 3 3 cos sin . 2 3 2 3      n n n n n x x x   4) 5) 6) 89 Bài tập Giải các hệ thức đệ qui sau: 1 2 1 0 1 8 15 2.5 ; 1, 2.             n n n nx x x x x 2 1 0 1 16 64 128.8 ; 2, 32.          n n n nx x x x x 2 1 23 2 20 2 3 n n n n nx x x n        9) 7) 8) 90 Bài tập 10) Tìm hệ thức đệ qui cho xn, trong đó xn là số miền của mặt phẳng bị phân chia bởi n đường thẳng trong đó không có hai đường nào song song và không có ba đường nào đồng qui. Tìm xn . 11) Đề thi 2009. a) Tìm nghiệm tổng quát của hệ thức đệ qui: an = 6an-2 – 9 an-1. b) Tìm nghiệm thỏa điều kiện đầu a0 = 1, a1 = 3 của hệ thức đệ qui: an = 6an-2 – 9an-1 + n.3 n+1 91 Bài tập 12) Đề thi 2010. a) Tìm nghiệm tổng quát của hệ thức đệ qui: an = 6an-2 + an-1. b) Tìm nghiệm thỏa điều kiện đầu a0 = 8, a1 = 3 của hệ thức đệ qui: an = 6an-2 + an-1 + 10n(- 2) n - 3 ( - 2) n- 1 92

Các file đính kèm theo tài liệu này:

• toan_roi_rac_4_2248.pdf

Tài liệu liên quan

• Sử dụng lý thuyết đại số giải một số bài toán trong hình học - Ôn Ngũ Minh

  4 trang | Lượt xem: 582 | Lượt tải: 0

• Bài giảng Maple - Bài 6 Cấu trúc dữ liệu

  20 trang | Lượt xem: 2121 | Lượt tải: 0

• Hạng của ma trận và hệ phương trình tuyến tính

  6 trang | Lượt xem: 1365 | Lượt tải: 0

• Giải tích 1 - Chương 3: Tích phân

  40 trang | Lượt xem: 976 | Lượt tải: 0

• Lý thuyết chuỗi

  15 trang | Lượt xem: 3303 | Lượt tải: 1

• Toán học - Chương VII: Kiểm định giả thiết thống kê

  49 trang | Lượt xem: 873 | Lượt tải: 0

• Bài giảng môn Lý thuyết xác suất và thống kê kế toán - Chương 8 Kiểm định giả thiết thống kê

  97 trang | Lượt xem: 1665 | Lượt tải: 3

• Toán học - Chương 3: Dãy số và chuỗi

  76 trang | Lượt xem: 3696 | Lượt tải: 0

• Giáo trình môn Logic học

  74 trang | Lượt xem: 1007 | Lượt tải: 1

• Toán cao cấp - Chương 0: Tập hợp và ánh xa

  179 trang | Lượt xem: 835 | Lượt tải: 0

Copyright © 2024 TaiLieu.tv - Tổng hợp luận văn mẫu tham khảo cho sinh viên, Những bài sáng kiến kinh nghiệm hay nhất, Thư viện đề thi. Chia sẻ: