Phương pháp chéo hoá ma trận trong Đại số tuyến tính
Nội dung mục này tham khảo trong [6] Định nghĩa 1.1 Số λ ∈ K được gọi là giá trị riêng của ma trận A vuông cấp n nếu tồn tại vectơ~ x = (x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , , x n ) t ∈K , x 6= 0 , sao cho
Vectơ x được gọi là vectơ riêng của ma trận A tương ứng với giá trị riêng λ, khi (A − λE)x = 0 và x khác 0 Định nghĩa 1.2 đề cập đến ma trận A có kích thước m hàng và n cột, với λ thuộc K.
Đa thức đặc trưng của ma trận A được ký hiệu là P A (λ) Phương trình P A (λ) = 0 được gọi là phương trình đặc trưng của ma trận A Giải phương trình này cho phép ta tìm ra nghiệm λ, chính là giá trị riêng của ma trận.
Để tìm vectơ riêng của ma trận vuông A, ta giải phương trình thuần nhất (A − λE) x = 0 tương ứng với mỗi giá trị riêng λ Nghiệm không tầm thường của phương trình này chính là vectơ riêng của ma trận A Định lý 1.3 khẳng định rằng nếu tồn tại ma trận khả đảo liên quan đến A, thì các điều kiện nhất định sẽ được thỏa mãn.
Nếu ma trận P−1AP là ma trận đường chéo, thì ma trận A được coi là chéo hoá được, với ma trận P thực hiện việc chéo hoá Theo định lý 1.4, điều kiện cần và đủ để ma trận vuông A cấp n chéo hoá được là nó phải có n vectơ riêng độc lập tuyến tính Thêm vào đó, định lý 1.5 chỉ ra rằng nếu ma trận A vuông cấp n có thể chuyển đổi thành dạng chéo hoá B, thì các phần tử trên đường chéo chính của B chính là các giá trị riêng của ma trận A.
Ví dụ 1.6 Cho hai dãy số (a n ), (b n ) xác định như sau
a 0 = a, b 0 = b, (a, b cho trước) (1.2) a n+1 = a n + 4b n , n ≥ 0, (1.3) b n+1 = 2a n + 3b n , n ≥ 0 (1.4) Với cách xác định hai dãy số trên, ta có
Tóm lại, với a, b cho trước, a, b ∈R, thì (a n ), (b n ) được xác định như sau
Nhận xét rằng, từ giả thiết (1.3) và (1.4), ta có thể viết lại dưới dạng ma trận như sau
Ta viết lại (1.5) như sau
Khi đó (1.6) được viết lại như sau
Từ ma trận các hệ số vừa lấy ra
, ta cần tìm các giá trị riêng và vectơ riêng (ứng với từng giá trị riêng tìm được).
Ta tìm các giá trị riêng.
Ta có đa thức đặc trưng của ma trận A là
Giải phương trình đặc trưng
Ma trậnAlà ma trận vuông cấp 2, nên xét trong không gian R 2 , mỗi vectơ riêng có dạng 1 bộ gồm 2 số.
Tìm các vectơ riêng (tương ứng) bằng việc giải phương trình thuần nhất (phương trình ma trận) (A − λE) x = 0.
- Trường hợp λ 1 = −1, ta giải phương trình ma trận sau
Phương trình x 1 = −2x 2 có vô số nghiệm, ta chọn một nghiệm bất kỳ Ta được vectơ riêng thứ nhất
- Trường hợp λ 2 = 5, tương tự như trên, ta giải phương trình ma trận sau
Phương trình x 0 1 = x 0 2 có vô số nghiệm, ta chọn một nghiệm bất kỳ Ta được vectơ riêng thứ hai là x 0 1 , x 0 2
Từ (1.8) và (1.9) ta lập được ma trận
Vì|P | = −3 6= 0 nên P có ma trận nghịch đảo Tìm ma trận nghịch đảo P −1 của
Tiếp theo, ta tiến hành chéo hoá ma trận A, qua tích sau
Ta gọi B là ma trận được chéo hoá của ma trận A Ta có
- Nếu a = 1, b = 1 thì (1.12) được viết lại
a n + b n = 2.5 n 10, n ≥ 1, a n b n = 25 n ≡ 1 (mod3) Vậy, ta thiết lập được bài toán như sau
Bài toán 1.7 ([7]) Cho hai dãy số (a n ) và (b n ) xác định bởi
Chứng minh rằng a n + b n 10, n ≥ 1 và a n b n ≡ 1 (mod3)
- Nếu a = 2, b = −1 thì (1.12) được viết lại
Vậy, ta thiết lập được bài toán sau
Bài toán 1.8 ([7]) Cho hai dãy số (a n ) và (b n ) xác định bởi
Ví dụ 1.9 Cho 3 dãy số (a n ), (b n ) và (c n ) xác định như sau
Với cách xác định 3 dãy số trên, cụ thể ta có
Tóm lại, với a, b, c cho trước, a, b, c ∈ R thì (a n ), (b n ) và (c n ) được xác định như sau
Từ giả thiết (1.14) , (1.15) và (1.16) ta có thể viết dưới dạng ma trận sau
Ta viết lại (1.17) như sau
Khi đó (1.18) được viết lại như sau
Từ ma trận các hệ số vừa lấy ra
, ta cần tìm các giá trị riêng và vectơ riêng (ứng với từng giá trị riêng tìm được).
Ta tìm các giá trị riêng.
Ta có đa thức đặc trưng của ma trận A là
Giải phương trình đặc trưng
- Với λ 1 = 1, ta tìm vectơ riêng tương ứng như sau
- Với λ 2 = 1, tương tự như trên (x 0 1 , x 0 2 , x 0 3 ) = (1, 0, 0).
- Với λ 3 = −2, giả sử ta được vectơ riêng là (x 00 1 , x 00 2 , x 00 3 ).
Từ đây ta có ma trận P như sau P =
Ma trận A không thể chéo hoá khi định thức bằng 0 Để giải quyết vấn đề này, chúng ta cần áp dụng một phương pháp suy luận khác Cụ thể, chúng ta sẽ xem xét các phương trình (1.15) và (1.16) để xác định các giá trị (b n) và (c n), sau đó tiếp tục tính toán để xác định (a n) Chúng ta sẽ biểu diễn (1.15) và (1.16) dưới dạng ma trận.
Thế thì (1.20) được viết lại như sau
Ta có đa thức đặc trưng của ma trận B
Giải phương trình đặc trưng
Tìm vectơ riêng (tương ứng) bằng việc giải phương trình thuần nhất (phương trình ma trận)
- Trường hợp λ 3 = 1 ta giải phương trình ma trận sau
Phương trình x 1 = x 2 có vô số nghiệm Ta chọn một nghiệm bất kỳ ta được vectơ riêng thứ nhất là (x 1 , x 2 ) = (1, 1)
- Trường hợp λ 4 = −2, tương tự như trên, ta giải phương trình sau
Phương trình 4x 0 1 = x 0 2 có vô số nghiệm Ta chọn một nghiệm bất kỳ ta được vectơ riêng thứ hai là (x 0 1 , x 0 2 ) = (1, 4) Từ đây ta suy ra
Vì |P | = 3 6= 0 nên P có ma trận nghịch đảo Tìm ma trận nghịch đảo P −1 của
Tiếp theo, ta tiến hành chéo hoá ma trận B, qua tích sau
Ta gọiH là ma trận được chéo hoá của ma trận B Ta có
- Nếu b = 3, c = 6, thì (1.24) được viết lại
Bây giờ, ta tiếp tục tìm (a n ) Từ (1.14), ta có a n+1 = a n + b n = a n + 2 + (−2) n (1.26)
Vậy ta cần xác định số hạng tổng quát của dãy số (a n), biết rằng
Ta cần đưa (1.27) về dạng
Để chuyển đổi dạng (1.27) sang dạng (1.28), trong đó f n = (−2) n với f n = αβ n (α = 1, β = −2), cần thêm vào cả hai vế của (1.27) một biểu thức A n chứa n cho phù hợp.
Ta “áp đặt” cho u n+1 trên chính bằng vế trái của (1.29), nghĩa là ta cần. a n+1 + A n+1 + 2 = a n+1 + A n hay
Phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 cơ bản được đề cập trong bài viết là A n, và trong chương sau, chúng ta sẽ tập trung vào việc xác định một nghiệm của A n Việc tìm ra chỉ một nghiệm là đủ, không cần thiết phải tìm tất cả các nghiệm của A n.
Phương trình sai phân (1.30) có dạng cơ bản là
A n+1 = qA n + f n , trong đó q = 1, f n = −2, đa thức có bậc m = 0.
Theo lý thuyết giải phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 cơ bản, với dạng này A n sẽ được xác định như sau
A n = ˜ A n + A ∗ n , (1.31) trong đó A ˜ n là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất
A n+1 = qA n , với nghiệm A ˜ n như sau
Nghiệm riêng A ∗ n của phương trình đầy đủ (1.30) có thể được tính theo công thức f n = αβ n, với α = q = 1 và β = -2 Do đó, nghiệm riêng A ∗ n được biểu diễn dưới dạng nD, trong đó D là một hằng số Khi thay A ∗ n vào phương trình (1.30), ta sẽ có kết quả tương ứng với nghiệm của phương trình này.
Thay (1.33) và (1.32) vào (1.31) ta được
Vì ta chỉ cần tìm một nghiệm của A n , nên để đơn giản ta chọn C = 0 Khi đó, bởi (1.34), ta có
Ta có (1.29) tương đương với a n+1 − 2n = a n − 2n + 2 + (−2) n (1.36) Đặt u n = a n − 2n + 2 Suy ra u n+1 = a n+1 − 2(n + 1) + 2 = a n+1 − 2n.
(1.37) là phương trình sai phân tuyến tính cấp 1, có dạng u n+1 = qu n + f n , trong đó λ = q = 1, f n = αβ n (với α = 1, β = −2).
Vì α = 1 6= β, nên theo lý thuyết, ta có nghiệm u n = ˜ u n + u ∗ n (1.38)
Ta có ˜ u n = Cq n = C.1 n = C (C là hằng số).
Và u ∗ n = Dβ n = D(−2) n Thay u ∗ n vào (1.37), ta có
Thay u ˜ n và u ∗ n vào (1.38), ta có u n = C − 1
Mà theo (1.37), biếtu 0 = 3, nên ta có u 0 = C − 1
Thay u n = a n − 2n + 2, như cách đặt ở trên, ta có (1.39) tương đương với a n − 2n + 2 = 10
3 (−2) n Tóm lại các dãy số (a n ), (b n ), (c n ) có công thức tính số hạng tổng quát như sau
Bây giờ từ (1.40) ta có các phương pháp suy luận sau
Phương pháp 1 (làm mất nhóm số hạng chứa (−2) n ).
Cộng vế theo vế ta được 6a n − 2b n + c n = 12n + 6 = 6(2n + 1) 6, ∀n ≥ 0. Phương pháp 2 (Giữ lại nhóm số hạng chứa (−2) n ).
Với phương pháp này, chúng ta không thể thực hiện phép tính nhanh như phương pháp 1, mà cần áp dụng phương pháp hệ số bất định để xác định các giá trị x, y, z và w Cụ thể, x là hệ số nhân với a n, y là hệ số nhân với b n, z là hệ số nhân với c n, và w là hệ số tự do.
3 (−2) n , yb n = 2y + y(−2) n , zc n = 2z + 4z(−2) n Cộng vế theo vế, ta có xa n + yb n + zc n + w = (2x)n +
Từ đây, ta có thể chọn y = 2, z = −3, w = 2.
Tóm lại, vì x = 0, nên xem như ta không sử dụng công thức (a n ) trong (1.40) Bài toán sắp thiết lập chỉ còn liên quan (b n ) và (c n )
−3c n = −6 − 12(−2) n Cộng theo vế và cộng thêm w = 2, ta có
Có thể thực hiện tiếp như sau (khó hơn)
Từ đây, ta thiết lập được bài toán sau
Bài toán 1.10 ([7]) Cho 3 dãy số (a n), (b n), (c n) xác định bởi
a 0 = 1, b 0 = 3, c 0 = 6, a n+1 = a n + b n , ∀n ≥ 0, b n+1 = 2b n − c n , ∀n ≥ 0, c n+1 = 4b n − 3c n , ∀n ≥ 0. a) Chứng minh rằng 6a n − 2b n + c n 6, ∀n ≥ 0. b) Chứng minh rằng 2b n − 3c n + 2 2 n+1 , ∀n ≥ 0.
Phương pháp áp dụng tính chất nghiệm của phương trình
Phương trình bậc hai trong Đại số
Ví dụ 1.11 Xét phương trình bậc hai x 2 − 4x − 5 = 0, có hai nghiệm x = −1, x = 5.
3 (5) n , ∀n ∈N ∗ (1.41) Như vậy, ta có được dãy số (x n ) xác định như sau x 1 = 39, x 2 = 211, x n+2 = 4x n+1 + 5x n , ∀n ∈N ∗
Từ công thức dãy số (1.41), ta có x 2016 = 1
. Theo Định lý Fermat 5 2016 − 1 ≡ 0(mod2017) (2017 là số nguyên tố).
Nếu đặt x n = y n + 11 ⇒ y 2016 2017 Từ đây, ta thiết lập bài toán sau
Bài toán 1.12 ([7]) Cho dãy số (y n ) được xác định y 1 = 28, y 2 = 200, y n+2 = 4y n+1 + 5y n + 88, ∀n ∈N ∗ Chứng minh rằng y 2016 2017.
Ví dụ 1.13 Xét phương trình bậc hai x 2 − 3x + 1 = 0, có hai nghiệm x = 3 + √
2 Ta lập dãy số (x n ), xác định như sau x n = A 3 + √
Như vậy, ta có được dãy số (x n ) xác định như sau x 0 = 1, x 1 = 1, x n+2 = 3x n+1 − x n , ∀n ∈N (1.43) Hơn nữa, ta có đẳng thức
Từ công thức (1.43), bình phương hai vế và sử dụng (1.44), ta được x 2 n+2 = 7x 2 n+1 − x 2 n − 2, ∀n ∈N
Do đó, nếu đặt x 2 n = y n , ta thiết lập được bài toán sau
Bài toán 1.14 ([7]) Cho dãy số (y n ) được xác định y 0 = 1, y 1 = 1, y n+2 = 7y n+1 − y n − 2, ∀n ∈N Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số (y n ) đều là số chính phương.
Phương trình nghiệm nguyên trong Số học
Ví dụ 1.15 Xét phương trình nghiệm nguyên dương x 2 + y 2 xy − 1 = 5 (1.45)
Ta nhận thấy phương trình(1.45) có nghiệm(x 0 ; y 0 ) = (1; 2) Lập dãy số (x n )xác định như sau x 0 = 1, x 1 = 2, x 2 n + x 2 n+1 x n x n+1 − 1 = 5, ∀n ∈N (1.46)
Từ công thức (1.46) suy ra x 2 n + x 2 n+1 − 5x n x n+1 + 5 = 0 (1.47) Thay n bởi n − 1, ta được x 2 n−1 + x 2 n − 5x n−1 x n + 5 = 0 (1.48)
Từ phương trình bậc hai x² - 5xₙx + x²ₙ + 5 = 0, ta có nghiệm xₙ₊₁ và xₙ₋₁ Theo Định lý Viète, xₙ₊₁ + xₙ₋₁ = 5xₙ dẫn đến xₙ₊₁ = 5xₙ - xₙ₋₁ và xₙ₊₁xₙ₋₁ = x²ₙ + 5 suy ra xₙ₊₁ = (x²ₙ + 5)/xₙ₋₁ Dãy số nguyên được xác lập với x₀ = 1, x₁ = 2 và công thức truy hồi xₙ₊₂ = 5xₙ₊₁ - xₙ Các cặp số hạng (xₙ; xₙ₊₁) là nghiệm của phương trình đã cho, và khi xét x²ₙ₊₁ + x²ₙ₊₂ - 5xₙ₊₁xₙ₊₂, ta xác nhận tính chính xác của dãy số này.
Do đó (x n+1 ; x n+2 ) cũng là nghiệm của phương trình (1.45) Vậy phương trình (1.45) có vô số nghiệm nguyên dương.
Từ phương trình (1.45), viết lại x 2 − 5xy + y 2 + 5 = 0 Phương trình này có vô số nghiệm (x; y) nguyên dương, nên ∆ = 25y 2 − 4 y 2 + 5
= 21y 2 − 20 phải là số chính phương Do đó, ta thiết lập được các bài toán sau
Bài toán 1.16 ([7]) Cho dãy số (x n ) được xác định x 0 = 1, x 1 = 2, x n+2 = 5x n+1 − x n , ∀x ∈N Chứng minh rằng số 21x 2 n − 20, ∀x ∈N đều là số chính phương.
Bài toán 1.17 ([7]) Cho dãy số (x n ) được xác định x 0 = 1, x 1 = 2, x n+2 = 5x n+1 − x n , ∀x ∈N (1.50)
Từ công thức (1.50) suy ra x 2 n+2 = 25x 2 n+1 + x 2 n − 10x n x n+1 (1.51)
Mặt khác, ta có 5 = x 2 n+1 + x 2 n x n+1 x n − 1 suy ra x 2 n + x 2 n+1 + 5 = 5x n x n+1 , (1.52) Kết hợp với (1.51) và (1.52) ta có x 2 n+2 = 23x 2 n+1 − x 2 n − 10. Đặt x 2 n = y n Từ đây, ta thiết lập được bài toán sau
Bài toán 1.18 ([7]) Cho dãy số (y n ) được xác định y 0 = 1, y 1 = 4, y n+2 = 23y n+1 − y n − 10, ∀n ∈N Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số (y n ) đều là số chính phương.
Ví dụ 1.19 Xét phương trình có nghiệm nguyên dương x + 1 y + y + 1 x = 4 (1.53)
Ta nhận thấy phương trình(1.53) có nghiệm(x 0 ; y 0 ) = (1; 2) Lập dãy số (x n )xác định x 0 = 1, x 1 = 2, x n + 1 x n+1 + x n+1 + 1 x n = 4, ∀n ∈N
Từ (1.54), thay n bởi n − 1, ta được x 2 n−1 − (4x n − 1) x n−1 + x 2 n + x n = 0, ∀n ∈N (1.55)
Từ phương trình bậc hai x² + (1 - 4xₙ)x + x²ₙ + xₙ = 0, ta nhận thấy xₙ₊₁ và xₙ₋₁ là nghiệm, với xₙ₊₁ + xₙ₋₁ = 4xₙ - 1 và xₙ₊₁xₙ₋₁ = x²ₙ + xₙ theo Định lý Viète Dãy số nguyên được xác lập với x₀ = 1, x₁ = 2, và xₙ₊₂ = 4xₙ₊₁ - xₙ - 1 cho mọi n ∈ N, tạo ra các cặp số hạng (xₙ; xₙ₊₁) là nghiệm của phương trình (1.53).
(x − y) 2 = 2xy − (x + y) và từ x n+1 x n−1 = x 2 n + x n , suy ra x n+2 = x 2 n+1 + x n+1 x n
Từ đây, ta thiết lập hai bài toán sau
Bài toán 1.20 ([7]) Cho dãy số (x n ) được xác định x 0 = 1, x 1 = 2, x n+2 = 4x n+1 − x n − 1, ∀n ∈N Chứng minh rằng số 2x n+1 x n − (x n+1 + x n ) , ∀n ∈N đều là số chính phương. Bài toán 1.21 ([7]) Cho dãy số (x n ) được xác định x 0 = 1, x 1 = 2, x n+2 = 4x n+1 − x n − 1, ∀n ∈N Chứng minh rằng số x 2 2014 + x 2014 x 2013
Bây giờ, trước khi nghiên cứu nội dung tiếp theo, ta hãy đến một kiến thức cơ bản về phương trình Pell (xem [2]) Xét phương trình x 2 − Dy 2 = k.
Giả sử phương trình có nghiệm không tầm thường (x 0 ; y 0 ) và (α; β) là nghiệm cơ sở của phương trình Pell x 2 − Dy 2 = 1 Khi đó, nếu xét hai dãy x n, y n xác định bởi
(1.57) thì x n , y n là nghiệm của phương trình x 2 − Dy 2 = k.
Ví dụ 1.22 Xét phương trình nghiệm nguyên dương x 2 − 5y 2 = −4 (1.58)
Ta có nghiệm cơ sở (α; β) = (9; 4) của phương trình Pell x 2 − 5y 2 = 1 Ta nhận thấy phương trình (1.58) có nghiệm(x 0 , y 0 ) = (1; 1) , (4; 2) , (11; 5) ,
Lập hai dãy số (x n ), (y n ) là các nghiệm của (1.58) Theo (1.57) ta được
Từ hệ (1.59), ta viết lại
Xét dãy số (x n ), xác định như sau x 0 = 1, x n+1 = 9x n + 4 q
, tương đương với x 2 n+1 + x 2 n − 18x n+1 x n = 320 = x 2 n + x 2 n−1 − 18x n x n−1 , tương đương x 2 n+1 − x 2 n−1 = 18x n (x n+1 − x n−1 )
Xét dãy số (y n ) xác định như sau y 0 = 1, y n+1 = 9y n + 4 q 5y 2 n − 4, ∀n ∈N
Ta có (y n+1 − 9y n ) 2 = 80y 2 n − 64, tương đương với y n+1 2 + y n 2 − 18y n+1 y n = −64 = y 2 n + y n−1 2 − 18y n y n−1 , tương đương y n+1 2 − y 2 n−1 = 18y n (y n+1 − y n−1 )
Từ việc xác lập hai dãy(1.59)và công thức nghiệm của phương trình(1.58)(chưa vét hết nghiệm của (1.58)), ta thiết lập được hai bài toán sau
Bài toán 1.23 ([7]) Cho dãy số (y n ) được xác định như sau y 0 = 1, y n+1 = 9y n + 4 q5y 2 n − 4, ∀n ∈N Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số (y n ) đều là số nguyên.
Bài toán 1.24 ([7]) Cho dãy số (x n ) được xác định như sau x 0 = 1, x n+1 = 9x n + 4 q
5 (x 2 n + 4), ∀n ∈N Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số (x n ) đều là số nguyên.
Ví dụ 1.25 Xét phương trình nghiệm nguyên dương
Ta có (1.60) tương đương với (y − 1) 2 − 2 4x 2 − 4x + 1
Xét phương trình Pell X 2 − 2Y 2 = −2 Lập các dãy số (x n ), (y n ) xác định bởi
Suy ra (x n ; y n ) là nghiệm nguyên dương của phương trình
Hơn nữa y n+1 ≡ y n ≡ 1 (mod2), nên ta chọn
Mặt khác, ta lại có phương trình Pell loại 1: X 2 − 2Y 2 = 1 có nghiệm nguyên nhỏ nhất (3; 2).
- Các nghiệm nguyên dương (α; β) của phương trình (1.62) sao cho β 2 ≤ max nb 2 , − na 2 d
Kiểm tra trực tiếp (α; β) = (4; 3) Theo công thức nghiệm (1.61), ta có
; ∀n ∈N , (1.64) là tất cả các nghiệm dương của phương trình (1.62)
Từ (1.62) ta xây dựng dãy số (X n ), (Y n ) xác định
Thế vào (1.63), ta có hai dãy số (X n ), (Y n ) xác định như sau
Khi đó ta có nghiệm nguyên dương của phương trình (1.60) là
Từ phương trình (1.60) ta viết lại
(y − 1) 2 x = 8 (x − 1) , từ đây, ta thiết lập được các bài toán sau
Bài toán 1.26 ([7]) Cho hai dãy số (X n ), (Y n ) được xác định như sau
Bài toán 1.27 ([7]) Cho hai dãy số (X n ), (Y n ) được xác định như sau
Phương pháp áp dụng một số kết quả của Giải tích
Phương pháp sử dụng phương trình sai phân
Phương trình sai phân tuyến tính cấp một
Nội dung mục này tham khảo trong [5].
Phương trình sai phân tuyến tính cấp một có dạng ax n+1 + bx n = f n , a 6= 0, b 6= 0, n = 1, 2, ã ã ã hoặc x n+1 = qx n + f n , q 6= 0, n = 1, 2, (2.1)
Nếu a, b, q là các hằng số, thì ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp một với hệ số hằng số.
Nếu a, b, q phụ thuộc n, thì ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp một với hệ số biến thiên f n là một hàm của n và x n là ẩn.
Nếu f n ≡ 0, thì ta có phương trình sai phân thuần nhất.
Nếu f n không đồng nhất 0, thì ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp một không thuần nhất.
Nghiệm tổng quát của (2.1) có dạng x n = ˜ x n + x ∗ n , trong đó:
+ x ˜ n là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất x n+1 = qx n
+x ∗ n là một nghiệm riêng bất kỳ của phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất.
- Nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất. ˜ x n là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất x n+1 = qx n
Nghiệm này có dạngx ˜ n = Cλ n (C 6= 0 là hằng số), vớiλ là nghiệm của phương trình đặc trưng của (2.1) là λ − q = 0 hay λ = q.
Vậy ta cũng có thể viết x ˜ n = Cq n (C 6= 0 là hằng số).
- Nghiệm riêng của phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất.
Dưới đây là phương pháp tìm nghiệm riêng x ∗ n của phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất. a) Với f n là đa thức bậc m của n, nghĩa là f n = P m (n).
- Nếu λ 6= 1 thì x ∗ n tìm được dưới dạng đa thức cùng bậc m với f n , nghĩa là x ∗ n = Q m (n); Q m (n) là đa thức bậc m của n.
- Nếu λ = 1 thì x ∗ n = nQ m (n), trong đó Q m (n) là đa thức bậc m của n.
Ví dụ 2.1 Xét phương trình x n+1 = 15x n − 14n + 1, x 1 = 7 (2.2)
Ta cóx ˜ n = C15 n và x ∗ n = an + b Suy ra x ∗ n+1 = a(n + 1) + b Thayx ∗ n vào phương trình (2.2), ta được a(n + 1) + b = 15(an + b) − 14n + 1 (2.3)
So sánh các hệ số củan ở hai vế (hoặc cho hai giá trị của n) thì từ (2.3), ta được a = 1, b = 0 Vậy x ∗ n = n; x n = C15 n + n Thay x 1 = 7, ta được C = 6
Ví dụ 2.2 Xét phương trình x n+1 = x n − 2n − 1, x 1 = 99 (2.4)
Ta có x ˜ n = C và x ∗ n = n(an + b) Suy ra x ∗ n+1 = (n + 1) (a(n + 1) + b)
Thay x ∗ n vào phương trình (2.4), ta được
So sánh các hệ số ở hai vế, ta có a = −1 và b = 0, từ đó x ∗ n = −n 2 và x n = 100 − n 2 với x 1 = 99 Đối với f n = αβ n (α, β ≠ 0), x ∗ n được biểu diễn dưới dạng x ∗ n = Dβ n nếu α ≠ β, hoặc x ∗ n = Dnβ n nếu α = β, với D ≠ 0 là hằng số và λ là nghiệm của phương trình đặc trưng λ − q = 0 Cuối cùng, với f n = P m (n)β n (β ≠ 0), x ∗ n có dạng x ∗ n = Q m (n)β n nếu λ ≠ β, hoặc x ∗ n = nQ m (n)β n nếu λ = β, trong đó Q m (n) là đa thức bậc m của n.
Ví dụ 2.3 Xét phương trình x n+1 = 2x n + 3 n , x 1 = 13 (2.6)
Ta có λ = 2 6= β = 3 Vậy x ˜ n = C2 n và x ∗ n = D3 n Thay x ∗ n vào phương trình (2.6), ta được
D3 n+1 = 2D3 n + 3 n Suy ra D = 1 Vậy x ∗ n = 3 n Do đó x n = C2 n + 3 n d) Với f n = α sin nx + β cos nx, α 2 + β 2 6= 0, x 6= kπ (k ∈Z ) Ta có x ∗ n = A sin nx + B cos nx.
Ví dụ 2.4 Xét phương trình x n+1 = 1
4 Thay x ∗ n vào phương trình (2.7), ta được
4 Cho hai giá trị của n, chẳng hạn n = 1 và n = 2 ta được A = 1, B = 0.
Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai
Nội dung mục này tham khảo trong [5].
Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai có dạng ax n+2 + bx n+1 + cx n = f n , a 6= 0, c 6= 0, n = 1, 2, hoặc x n+2 = px n+1 + qx n + f n , q 6= 0, n = 1, 2, (2.8)
Nếu a, b, c, p, q là các hằng số thì ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp hai với hệ số hằng số.
Nếu a, b, c, p, q phụ thuộc n thì ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp hai với hệ số biến thiên f n là một hàm của n và x n là ẩn.
Nếu \( f_n \equiv 0 \), chúng ta có phương trình sai phân tuyến tính cấp hai thuần nhất Ngược lại, nếu \( f_n \) không bằng 0, phương trình trở thành sai phân tuyến tính cấp hai không thuần nhất Nghiệm tổng quát của phương trình này có dạng \( x_n = \tilde{x}_n + x^*_n \).
+x ˜ n là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất x n+2 = px n+1 + qx n
+x ∗ n là một nghiệm riêng bất kỳ của phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất.
Nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất được xác định theo các trường hợp khác nhau Nếu phương trình đặc trưng aλ² + bλ + c = 0 có hai nghiệm thực khác nhau λ₁ ≠ λ₂, thì nghiệm tổng quát được biểu diễn dưới dạng x̃ₙ = Aλ₁ⁿ + Bλ₂ⁿ, với A và B là hai hằng số tùy ý Trong trường hợp phương trình có nghiệm thực kép λ₁ = λ₂ = λ, nghiệm tổng quát sẽ là x̃ₙ = (A + Bn)λⁿ, trong đó A và B cũng là các hằng số tùy ý Cuối cùng, nếu phương trình có nghiệm phức λ = x + iy = r(cos ϕ + i sin ϕ), với i² = -1, thì nghiệm phức liên hợp sẽ là λ = x - iy = r(cos ϕ - i sin ϕ).
Khi đó, x ˜ n = r n (A cos nϕ + B sin nϕ), trong đó A, B là hai hằng số tuỳ ý.
Ví dụ 2.5 Xét phương trình sai phân x n+2 = −8x n+1 + 9x n , x 1 = −8, x 2 = 82.
Phương trình đặc trưng λ 2 + 8λ − 9 = 0 có nghiệm λ 1 = 1, λ 2 = −9.
Vậy x ˜ n = x n = A + B(−9) n Với x 1 = −8, x 2 = 82, ta tìm được A = B = 1 Do đó x n = 1 + (−9) n
Ví dụ 2.6 Xét phương trình sai phân x n+2 = 8x n+1 − 16x n , x 1 = 12, x 2 = 80.
Phương trình đặc trưng λ 2 − 8λ + 16 = 0 có nghiệm kép λ 1 = λ 2 = λ = 4.
Vậy x ˜ n = x n = (A + Bn)4 n Vớix 1 = 12, x 2 = 80, ta tìm được A = 1, B = 2 Do đó x n = (1 + 2n)4 n
Ví dụ 2.7 Giải phương trình sai phân x n+2 = x n+1 − x n , x 1 = 1
2 Phương trình đặc trưng λ 2 − λ + 1 = 0 có nghiệm λ = 1 ± i √
2, ta tìm được A = 1, B = 0 Do đó x n = cos nπ
3 Nghiệm riêng của phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất. a) Với f n là đa thức bậc k của n, f n = P k (n).
- Nếu phương trình đặc trưng aλ 2 + bλ + c = 0 không có nghiệm λ = 1, thì x ∗ n = Q k (n), trong đó Q k (n) là đa thức bậc k của n.
- Nếu phương trình đặc trưng aλ 2 + bλ + c = 0 có nghiệm đơn λ = 1, thì x ∗ n = nQ k (n), trong đó Q k (n) là đa thức bậc k của n.
- Nếu phương trình đặc trưng aλ 2 + bλ + c = 0 có nghiệm kép λ = 1, thì x ∗ n = n 2 Q k (n), trong đó Q k (n) là đa thức bậc k của n.
Ví dụ 2.8 Xét phương trình sai phân x n+2 = −4x n+1 + 5x n + 12n + 8 (2.9)
Phương trình đặc trưng λ 2 + 4λ − 5 = 0 có nghiệm λ = 1 và λ = −5.
Do đó x ∗ n = n(an + b) Thay vào phương trình (2.9), ta được
Cho 2 giá trị của n, ta tính được a = 1, b = 0 Vậy a ∗ n = n 2
Ví dụ 2.9 Xét phương trình sai phân
Phương trình đặc trưng 2λ 2 − 5λ + 2 = 0 có nghiệm λ = 2 và λ = 1
Thay x ∗ n vào phương trình (2.10), ta được
Cho 3 giá trị của n, ta tính được a = 1, b = c = 0 Suy ra x ∗ n = n 2 và x n = ˜ x n + x ∗ n = A2 n + B 1
2 n + n 2 Với x 1 = 1, x 2 = 3, ta tính được A = 1, B = 0. Vậy x n = 2 n + n 2
Ví dụ 2.10 Xét phương trình sai phân x n+2 − 2x n+1 + x n = 2, x 1 = 1, x 2 = 0 (2.11) Phương trình đặc trưng λ 2 − 2λ + 1 = 0 có nghiệm kép λ = 1 Do đó ˜ x n = A + Bn, x ∗ n = an 2 Thay x ∗ n vào phương trình (2.11), ta được a n 2 + 4n + 4 − 2n 2 − 2 − 4n + n 2
Suy ra a = 1 Do đó x ∗ n = n 2 và x n = ˜ x n + x ∗ n = A + Bn + n 2 Với x 1 = 0, x 2 = 1, ta tính được A = 1, B = −2 Vậy x n = 1 − 2n + n 2 = (n − 1) 2 b) Với f n = P k (n)β n , với P k (n) là đa thức bậc k của n.
- Nếu phương trình đặc trưng aλ 2 + bλ + c = 0 không có nghiệm λ = β, thì x ∗ n = Q k (n)β n , trong đó Q k (n) là đa thức bậc k của n.
- Nếu phương trình đặc trưng aλ 2 + bλ + c = 0 có nghiệm đơn λ = β, thì x ∗ n = nQ k (n)β n , trong đó Q k (n) là đa thức bậc k của n.
- Nếu phương trình đặc trưng aλ n + bλ + c = 0 có nghiệm kép λ = β, thì x ∗ n n 2 Q k (n)β n , trong đó Q k (n) là đa thức bậc k của n.
Ví dụ 2.11 Xét phương trình sai phân
Phương trình đặc trưng 2λ 2 + 5λ + 2 = 0 có nghiệm λ = −2 và λ = − 1
2, đều khác β = 3 Do đó x ∗ n = (an + b)3 n Thay vào phương trình (2.12), ta được
Cho 2 giá trị của n, ta tính được a = 1, b = 0 Vậy x ∗ n = n3 n
Ví dụ 2.12 Xét phương trình sai phân x n+2 − 8x n+1 + 15x n = 2.5 n (2.13)
Phương trình đặc trưng λ 2 − 8λ + 15 = 0 có nghiệm λ = 3 và λ = 5 = β Do đó x ∗ n = an5 n Thay vào phương trình (2.13), rút gọn cho 5 n+1 và cho một giá trị của n, ta tính được a = 1 Vậy x ∗ n = n5 n
Ví dụ 2.13 Tìm nghiệm riêng x ∗ n của phương trình sai phân x n+2 − 16x n+1 + 64x n = 128.8 n
Phương trình đặc trưngλ 2 − 16λ + 64 = 0có nghiệm λ = 8 = β Do đóx ∗ n = n 2 a8 n Thay vào phương trình sai phân và rút gọn cho 8 n+2 , ta được
Cho một giá trị của n, ta tính được a = 1 Vậy x ∗ n = n 2 8 n c) Với f n = P m (n) cos βn + Q l (n) sin βn, trong đó P m (n)và Q l (n)là các đa thức bậc m, l của n.
Ký hiệu k = max {m, l} Ta có
- Nếu α = cos β ± i sin β, với i 2 = −1, không là nghiệm của phương trình đặc trưng aλ 2 + bλ + c = 0 thì tìm x ∗ n dưới dạng x ∗ n = T k (n) cos βn + R k (n) sin βn, trong đó T k (n) và R k (n) là các đa thức bậc k của n.
- Nếu α = cos β ± i sin β, với i 2 = −1, là nghiệm của phương trình đặc trưng aλ 2 + bλ + c = 0 thì tìmx ∗ n dưới dạng x ∗ n = nT k (n) cos βn + nR k (n) sin βn, trong đó
T k (n) và R k (n) là các đa thức bậc k của n.
Ví dụ 2.14 Xét phương trình sai phân x n+2 − 2 cos π
Phương trình đặc trưng là λ 2 − 2 cos π
Do đó, ta tìm nghiệm riêng dưới dạng x ∗ n = n(an + b) cos nπ
4 Thay x ∗ n vào phương trình (2.14), ta được
So sánh các hệ số của sin nπ
Lần lượt cho 4 giá trị của n vào các đẳng thức trên, ta thu được a = − 1
Ví dụ 2.15 Xét phương trình sai phân x n+2 − 3x n+1 + 2x n = (n − 2) cos nπ
2 (2.15) Phương trình đặc trưng λ 2 − 3λ + 2 = 0 có nghiệm λ 1 = 1 và λ 2 = 2 Do đó x ∗ n = (an + b) cos nπ
2 Thay vào phương trình (2.15) và chú ý cos(n + 2) π
So sánh các hệ số của sin nπ
[c(n + 2) + d] + 3 [a(n + 1) + b] + 2(nc + d) = 3(n + 1). Đồng nhất các hệ số của n, ta thu được a = 1, b = c = d = 0 Vậy x ∗ n = n cos nπ
Ta tìm x ∗ n = x ∗ n 1 + x ∗ n 2 + + x ∗ n s , trong đó x ∗ n k là nghiệm riêng ứng với f n k , với k = 1, 2,
Ví dụ 2.16 Xét phương trình sai phân x n+2 − 7x n+1 + 12x n = 6n − 5 + 2 n−1 + (11n − 2) cos nπ
2 Phương trình đặc trưng λ 2 − 7λ + 12 = 0 có nghiệm λ 1 = 3 và λ 2 = 4 Do đó x ∗ n = (an + b) cos nπ
Ta tìmx ∗ n = an+ b Thay vào phương trình sai phânx n+2 − 7x n+1 + 122 n = 6n − 5, ta được a(n + 2) + b − 7 [a(n + 1) + b] + 12(an + b) + 6an − 5a + 6b = 6n − 5. Đồng nhất các hệ số của n, ta tìm được a = 1, b = 0 Vậy x ∗ n = n
Ta có x ∗ n = a2 n Tương tự cách giải trên, ta tìm được x ∗ n 2 = 2 n
2 Tương tự, ta tìm được x ∗ n = n cos nπ
Phương trình sai phân tuyến tính cấp cao
Việc tìm nghiệm cho các phương trình sai phân tuyến tính cấp cao, đặc biệt là từ cấp ba trở lên, là một nhiệm vụ khá phức tạp Bài viết dưới đây sẽ chỉ đề cập đến một số lớp phương trình cơ bản trong lĩnh vực này.
Bài toán 2.17 ([5]) Tìm dãy số (x n ) thoả mãn các điều kiện sau
Phương trình (2.16) là một phương trình sai phân tuyến tính cấp một, bậc s, với phương trình đặc trưng là λ s = 1 Trong trường hợp s chẵn, ví dụ như s = 8, các nghiệm của phương trình đặc trưng được xác định là λ 1 = cos.
4 = λ 2 Khi đó, nghiệm của phương trình (2.16) là x n = C 1 1 n +
+ C 5 (−1) n Tóm lại, nếu s chẵn, thì x n = C 1 1 n + C 2 (−1) n +
Biết giá trị ban đầu x1 = a1, , xs = as, chúng ta có thể xác định các hệ số C1 và Cij Nếu số s là lẻ, ví dụ như s = 7, các nghiệm của phương trình đặc trưng sẽ là λ1 = cos.
7 = λ 2 Khi đó nghiệm của phương trình (2.16) là x n = C 1 1 n +
Tóm lại, nếu s lẻ, thì x n = C 1 +
Biết s giá trị ban đầu x 1 = a 1 , , s s = a s , ta xác định được các hệ số C 1 và C ij
Bài toán 2.18 ([5]) Tìm dãy số (x n ) thoả mãn các điều kiện sau
Ta cần xác định A n để cộng vào hai vế của (2.18) Khi đó
Số hạng x n + A n , khi thay n bởi n + s, trở thành x n+s + A n+s
Khi đó, ta cần x n+s + A n+s = x n+s + A n − b hay
Do đó, có thể chọn A n = Cn (C 6= 0) Thay vào (2.20), ta được
Vậy, có thể chọn A n = − b s n Thay vào (2.19), ta có x n+s − b s n − b = x n − b s n.
Do đó, nếu đặt y n = x n − b s n, thì (2.18) ⇔ y n+s = y n
Từ suy luận trên dẫn đến cách đặt hàm phụ y n = s n − b s n Khi đó (2.17) ⇔
Phương trình này đã biết cách giải.
Bài toán 2.19 ([5]) Tìm dãy số (x n ) thoả mãn các điều kiện sau
Ta cần xác định A n để nhân vào hai vế của (2.22) Khi đó
Số hạng A n x n , khi thay n bởi n + s, trở thành A n+s x n+s
Khi đó, ta cần A n+s x n+s = A n 1 a x n+s hay
Do đó, có thể chọn A n = C n (C > 0) Thay vào (2.24), ta được
Vậy, có thể chọn A n = 1 a 1 s Thay vào (2.24), ta có
Từ suy luận trên, dẫn đến cách đặt hàm phụ y n = 1 a n s x n Khi đó (2.21) ⇔
y n+s = y n , n ∈N ∗ , y 1 = 1 a 1 s a 1 , y 2 = 1 a 2 s a 2 , , y s = 1 a a s Phương trình này đã biết cách giải.
Bài toán 2.20 ([5]) Tìm dãy số (x n ) thoả mãn các điều kiện sau x 1 = 0, x n+1 = n n + 1 (x n + 1) , ∀n ≥ 1.
Lời giải Từ điều kiện suy ra (n + 1) x n+1 = nx n + n. Đặt u n = nx n , ta có u 1 = 0, u n+1 = u n + n, ∀n ≥ 1.
Giải phương trình này ta được u n = n(n − 1)
2 Bài toán 2.21 ([5]) Tìm dãy số (x n ) thoả mãn các điều kiện sau x 1 = 0, x n+1 = n(n + 1)
(n + 2)(n + 3) (x n + 1) , ∀n ≥ 1 (2.25) Lời giải Ta có (2.25) tương đương với
Ta cần xác định A n để nhân vào 2 vế của (2.26) Ta có
Số hạng A n n(n + 1)x n khi thay n bởi n + 1 trở thành A n+1 (n + 1)(n + 2)x n+1 Khi đó, ta cần có
(n + 2)(n + 3) Vậy ta có thể chọn A n = (n + 1)(n + 2) Thay A n vào (2.27) ta được
(n + 1)(n + 2) 2 (n + 3)x n+1 = n(n + 1) 2 (n + 2)x n + n(n + 1) 2 (n + 2) (2.28) Vậy, nếu đặt u n = n(n + 1) 2 (n + 2)x n , thì (2.28) trở thành u n+1 = u n + n(n + 1) 2 (n + 2), ∀n ≥ 1 (2.29) Giải phương trình sai phân tuyến tính cấp một này ta được u n = (n − 1)n(n + 1)(n + 2)(2n + 1)
Bài toán 2.22 Tìm dãy số (x n ) thoả mãn các điều kiện sau x 1 = a, x n+1 = a(n)x n + b(n), ∀n ≥ 1, (2.30) trong đó a(n), b(n) là các hàm số đối với n ∈N , a(n) 6= 0, ∀n ≥ 1
Lời giải Ta cần xác định A n để nhân vào 2 vế của (2.30) Ta có
Số hạng A n a(n)x n khi thay n bởi n + 1 trở thành A n+1 a(n + 1)x n+1
Khi đó, ta cần có
A n+1 = 1 a(n + 1) A n = = 1 a(n + 1) ã 1 a(n) ã 1 a(2) A 1 Để phù hợp, ta có thể chọn
Y i=1 a(i) , thì (2.32) tương đương với y n+1 = y n + g(n) hay y n+1 = y 1 + n
Bài toán 2.23 ([5]) Tìm dãy số (x n) thoả mãn các điều kiện sau x 1 = a, x 2 = b, x n+2 = a(n)x n+1 + b(n)x n + f (n), ∀n ≥ 1, (2.33) trong đó a(n), b(n), f(n) là các hàm số đối với n ∈ N , b(n) 6= 0, ∀n ∈ N và tồn tại số p 6= 0, tồn tại q(n) 6= 0, ∀n ∈N sao cho p + q(n) = a(n), pq(n) = −b(n).
Lời giải Ta có (2.33) tương đương với x n+2 − a(n)x n+1 − b(n)x n = f (n) (2.34) Bởi (2.34), ta cần sự tồn tại số p 6= 0 và q(n) 6= 0, ∀n ∈N sao cho
So sánh các hệ số, ta được p + q(n) = a(n), pq(n) = −b(n) Vậy, từ điều kiện đã cho, (2.33) có thể viết dưới dạng
(x n+2 − px n+1 ) − q(n) (x n+1 − px n ) = f (n). Đặt y n = x n+1 − px n Khi đó phương trình có dạng y n+1 = q(n)y n + f (n); y 1 = b − pa := α. Đây là trường hợp riêng của Bài toán 2.22, đã biết cách giải.
Bài toán 2.24 ([5]) Tìm dãy số (x n) thoả mãn các điều kiện sau x 1 = 1, x 2 = 2, x n = (n − 1)(x n−1 + x n−2 ), ∀n ≥ 3.
Lời giải Đặt x n = n! y n = (n − 1) ((n − 1)! y n−1 + (n − 2)! y n−2 ) Ta có ny n − (n − 1)y n−1 − y n−2 = 0 ⇔ y n − y n−1 = − 1 n (y n−1 − y n−2 ) , ∀n ≥ 3.
2 Viết các đẳng thức trên, bằng cách lùi dần chỉ số, rồi cộng lại, ta được y n = y 1 + n−1
Phương trình sai phân phi tuyến
Nội dung mục này tham khảo trong [3], [7].
Các phương trình sai phân tuyến tính cấp k ≥ 1 có thể được giải bằng công thức nghiệm tường minh Tuy nhiên, đối với các phương trình sai phân phi tuyến, như ví dụ x₀ = 1 và xₙ₊₁ = xₙ + 1, việc tìm nghiệm trở nên phức tạp hơn.
Phần này trình bày phương pháp tuyến tính hóa các phương trình sai phân phi tuyến, nhằm chuyển đổi chúng thành các phương trình sai phân tuyến tính đã được biết đến cách giải Đây cũng là một cách hiệu quả để thiết lập các bài toán thú vị liên quan đến dãy số.
Bài toán 2.25 ([5]) Tìm dãy số (x n ) thoả mãn các điều kiện sau x 1 = a, x n+1 = px n + q rx n + s , ∀n ≥ 1, (2.35) trong đó a, b, q, r, s ∈R cho trước.
Lời giải Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề 2.26 Nếu y n và z n là nghiệm của hệ phương trình sai phân
(2.36) thì x n = y n z n là nghiệm của phương trình (2.35).
Chứng minh Thật vậy, ta có x 1 = y 1 z 1 = a
Mặt khác x n+1 = y n+1 z n+1 = py n + qz n ry n + sz n = p y n z n + q r y n z n + s
Dựa vào bổ đề đã nêu, chúng ta có thể giải phương trình sai phân phân tuyến tính bằng cách thiết lập và giải hệ phương trình Chi tiết về nghiệm cụ thể sẽ được trình bày trong lời giải của bài toán dưới đây.
Bài toán 2.27 ([5]) Tìm dãy số (x n ) thoả mãn các điều kiện sau x 0 = 1, x n+1 = x n + 1
Lời giải Xét hệ phương trình
Giải hệ này, ta được y n = √
Từ đó, theo Bổ đề 2.26, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x n = y n z n =
Bài toán 2.28 ([5]) Tìm dãy số (x n ) thoả mãn các điều kiện sau x 1 = a, x n+1 = bx n cx n + d , ∀n ≥ 1, trong đó a, b, c ∈R \ {0} , d ∈ R
Lời giải Đặt y n = 1 x n , c b = p, d b = q Khi đó, ta có y n+1 = p + qy n , y 1 = 1 a Giải phương trình trên ta được y n , suy ra dãy số (x n ) cần tìm.
Bài toán 2.29 ([5]) Tìm dãy số (x n) thoả mãn các điều kiện sau x 1 = a, x n+1 = x 2 n + d
- Với d > 0, giả sử u n , v n là một nghiệm của hệ phương trình sai phân
Thế thì x n = u n v n là nghiệm của phương trình (2.37) Thật vậy, ta có thể chứng minh bằng quy nạp như sau x 1 = u 1 v 1 = a
Giả sử x n = u n v n là nghiệm của phương trình (2.37) Khi đó x n+1 = u n+1 v n+1 = u 2 n + dv 2 n
= x 2 n + d2x n , cũng là nghiệm của phương trình (2.37) Như vậy, để giải phương trình (2.37), cần phải giải hệ (2.38) Ta có
Cộng vế với vế, các phương trình trong hệ (2.39), ta thu được u n+1 + √ dv n+1 = u n + √ dv n 2
Tương tự, trừ vế với vế, các phương trình trong hệ (2.39), ta thu được u n+1 − √ dv n+1 = u 1 +
Do x n = u n v n , nên từ (2.42) ta có x n =
Thử lại, ta thấy kết quả được thoả mãn (2.37).
- Với d < 0, đặt d = −q, q > 0 Giả sử u n , v n là một nghiệm của hệ
Thế thì x n = u n v n là nghiệm của phương trình (2.37) Thật vậy, ta có thể chứng minh bằng quy nạp như sau x 1 = u 1 v 1 = a
1 = a (đúng) Giả sử x n = u n v n là nghiệm của phương trình (2.37) Khi đó x n+1 = u n+1 v n+1 = u 2 n − qv 2 n
= x 2 n + d2x n , cũng là nghiệm của phương trình (2.37) Như vậy, để giải phương trình (2.37), cần giải hệ (2.43) Ta có
Cộng vế với vế, các phương trình trong hệ (2.44), ta thu được u n+1 + i √ qv n+ = (u n + i √ qv n ) 2
Do đó u n+1 + i √ qv n+1 = (u 1 + i √ qv 1 ) 2n = (a + i √ q) 2n (2.45) Tương tự, trừ vế với vế, các phương trình trong hệ (2.44), ta thu được u n+1 − i √ qv n+1 = (u 1 − i √ qv 1 ) 2n = (a − i √ q) 2n (2.46)
Do x n = u n v n , nên từ (2.47), ta có x n = i √ q a + i √ q 2 n−1
− a − i √ q 2 n−1 Thử lại, ta thấy kết quả nhận được thoả mãn (2.37).
Bài toán 2.30 ([5]) Tìm dãy số (x n ) thoả mãn các điều kiện sau: x 1 = a, x n+1 = 2x n
- Với d > 0, giả sử u n , v n là một nghiệm của hệ phương trình
Thế thì, tương tự phần trên, ta cũng chứng minh được rằng x n = u n v n là nghiệm của phương trình (2.48)
Cộng vế với vế, các phương trình trong hệ (2.50), ta thu được u n+1 = √ dv n+1 = u n + √ dv n 2
Tương tự, trừ vế với vế, các phương trình trong hệ (2.50), ta thu được u n+1 − √ dv n+1 = u 1 − √ dv 1 2 n
Do x n = u n v n , nên từ (2.53), ta có x n =
Thử lại, thấy kết quả nhận được thoả mãn (2.48).
- Với d < 0 Đặt d = −q, q > 0 Giả sử u n , v n là một nghiệm của hệ
Thế thì, tương tự ta có thể chứng minh rằng x n = u n v n là nghiệm của hệ phương trình (2.48) Như vậy, để giải phương trình (2.48), cần phải giải hệ (2.54) Ta có
Cộng vế với vế, các phương trình trong hệ (2.55), ta thu được u n+1 = i √ qv n+1 = (u n + i √ qv n ) 2
Do đó u n+1 + i √ qv n+1 = (u 1 + i √ qv 1 ) 2 n = (1 + ia √ q) 2 n (2.56) Tương tự, trừ vế với vế, các phương trình trong hệ (2.55), ta thu được u n+1 − i √ qv n+1 = (u 1 − i √ qv 1 ) 2 n = (1 − ia √ q) 2 n (2.57)
Do x n = u n v n , nên từ (2.58), ta có x n = 1 + ia √ q 2 n−1
− 1 − ia √ q 2 n−1 i Thử lại, ta thấy kết quả nhận được thoả mãn (2.48).
Bài toán 2.31 ([5]) Cho dãy số (x n ) thoả mãn điều kiện x 1 = x 2 = 1, x n+2 = x 2 n+1 + 2 x n , ∀n ≥ 1 (2.59)
Chứng minh rằng x n nguyên với mọi số tự nhiên n ≥ 1.
Lời giải (Cách 1) Giả sử dạng biểu thị tuyến tính của x n là x n+2 = α 1 x n+1 + α 2 x n + β.
Ta có x 3 = x 2 2 + 2 x 1 = 3, x 4 = x 2 3 + 2 x 2 = 11, x 5 = x 2 4 + 2 x 3 = 41 Thay vào phương trình (2.59), ta thu được hệ phương trình
Giải hệ trên, ta tìm được α 1 = 4, α 2 = −1, β = 0 Từ đó, ta có công thức x n+2 = 4x n+1 − x n
Bằng phương pháp quy nạp, chúng ta có thể chứng minh rằng dãy số (x n) thoả mãn điều kiện x 1 = x 2 = 1 và x n+2 = x 2 n+1 + 2 x n cho mọi n ≥ 1 có dạng tuyến tính hoá là x n+2 = 4x n+1 − x n cho mọi n ≥ 1 Cụ thể, với n = 3, ta có
Vậy công thức (2.61) đúng với n = 3.
Bây giờ, giả sử công thức (2.61) đúng với n = k, nghĩa là x k+2 = 4x k+1 − x k (2.62)
Ta chứng minh công thức (2.61) đúng với n = k + 1, nghĩa là x k+3 = 4x k+2 − x k+1 (2.63) Thật vậy, bởi (2.60) và (2.62), ta có x k+3 = x 2 k+2 + 2 x k+1 = (4x k+1 − x k ) 2 + 2 x k+1 Suy ra x k+3 = 16x 2 k+1 − 8x k+1 x k + x 2 k + 2 x k+1 (2.64)
Bây giờ, để tiếp tục khai triển, ta xét số hạng x 2 k + 2 Bởi (2.61), ta có x k+2 = x 2 k+1 + 2 x k (2.65)
2 k+1 + 2 x k = 4x k+1 − x k , suy ra x 2 k+1 + 2 = 4x k+1 x k − x 2 k Suy ra x 2 k + 2 = 4x k+1 x k − x 2 k+1 (2.66) Thay (2.66) vào (2.64), ta có x k+3 = 16x 2 k+1 − 8x k+1 x k + 4x k+1 x k − x 2 k+1 x k+1 = 15x 2 k+1 − 4x k+1 x k x k+1
Do đó x k+3 = 15x k+1 − 4x k (2.67) Bây giờ, ta xét vế phải của (2.63) Bởi (2.62), ta có
Từ (2.67) và (2.68) suy ra (2.63) được chứng minh.
Lời giải (Cách 2) Rõ ràng x n > 0, ∀n ≥ 1 Với mọi n ≥ 1, ta có x n+2 = x 2 n+1 + 2 x n Suy ra x n+2 x n = x 2 n+1 + 2 (2.69) Tương tự, với mọi n ≥ 2, ta có x n+1 x n−1 = x 2 n + 2 (2.70)
Suy ra x n+1 x n+2 + x n = x n x n+1 + x n−1 Tương tự, ta có x n+1 x n+2 + x n
Các bước tiếp theo cũng tương tự như trên Ta có điều phải chứng minh.
x 1 = α > 0, x n+1 = ax n + p bx 2 n + c, ∀n ≥ 1, trong đó a > 1, b > 0, x 2 n+1 − 2ax n + x 2 n = bx 2 n + c, a 2 − b = 1.
Lời giải Với mọi n ≥ 1, ta có x n+1 = ax n + p bx 2 n + c
⇒ x 2 n+1 + x 2 n = 2ax n+1 x n + c (2.71) Tương tự, ta có x 2 n + x 2 n−1 = 2ax n x n−1 + c (2.72)
Bởi (2.71) và (2.72), ta có x 2 n+1 − x 2 n−1 = 2ax n (x n+1 − x n−1 ).
Nhận xét rằng dãy số \(x_{n+1} > x_n > x_{n-1} > 0\) với mọi \(n \geq 2\), ta có \(x_{n+1} + x_{n-1} = 2ax_n\) hay \(x_{n+1} - 2ax_n + x_{n+1} = 0\) Đây là phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất cấp hai đã có phương pháp giải Bài toán 2.33 yêu cầu tìm dãy số \((x_n)\) thỏa mãn các điều kiện \(x_1 = a > 0\) và \(x_{n+1} = g(n)(x_n)^k\) với mọi \(n \geq 1\), trong đó \(g(n) > 0\) cho mọi \(n \in \mathbb{N}^*\) và \(k \in \mathbb{R}^+\).
Lời giải Từ điều kiện, suy ra x n > 0, ∀n ∈ N ∗ Lấy logarit theo cơ số e hai vế của (2.73), ta được ln x n+1 = k ln x n + ln g(n) (2.74)
Ta cần xác định A n để nhân vào 2 vế của (2.74) Ta có
Số hạng A n k ln x n khi thay n bởi n + 1 trở thành A n+1 k ln x n+1
Khi đó, ta cần có
A n+1 k ln x n+1 = A n ln x n+1 nghĩa là cần có A n+1 k = A n hay
Chọn kA 1 = 1 chẳng hạn, ta được A n = 1 k n Thay A n vào (2.75), ta được 1 k n ln x n+1 = 1 k n−1 ln x n + 1 k n ln g(n) (2.76)
Vậy, nếu đặt u n = 1 k n−1 ln x n thì (2.76) trở thành u n+1 = u n + 1 k n ln g(n), ∀n ≥ 1 (2.77)
Khi đó, ta có u n+1 = u n + ln g(n) k n = = u 1 + n
Từ giả thiết x 1 = a > 0, u 1 = ln a, ta có u n = ln a + n−1
Lưu ý rằng, nếu chọn g(n) sao cho tổng n−1
X i=1 ln g(i) k i tính được tường minh và gọn thì ta có thể thiết lập được nhiều bài toán khác nhau về dãy số.
Bài toán 2.34 ([5]) Tìm dãy số (x n ) thoả mãn các điều kiện sau x 1 = a > 0, x n+1 = f(n + 1) f k (n) (x n ) k , ∀n ≥ 1, trong đó f (n) > 0, ∀n ∈N ∗ , k ∈ R + cho trước.
Từ điều kiện bài toán, ta có x^{n+1} f(n + 1) = x^k n f_k(n) Đặt dãy phụ u_n = x^n f(n), phương trình trở thành u_{n+1} = (u_n)^k Đây là trường hợp riêng của Bài toán 2.33, với g(n) ≡ 1, mà chúng ta đã biết cách giải.
Phương pháp sử dụng tính chất hàm phân tuyến tính
Nội dung mục này tham khảo trong [5], [7].
Ví dụ 2.35 Xét hàm sốf (x) = 1 + x
2, ta muốn xây dựng một dãy số (a n ) sao cho f (a n+1 ) = −2f (a n ), ta thực hiện các bước biến đổi sau.
Chọn dãy số (a n ) thoả mãn
Chọn giá trị a 0 sao cho a n 6= − 1
2 , ∀n ∈N Ta thiết lập được bài toán sau.
Bài toán 2.36 ([7]) Cho dãy số (a n ) được xác định a 0 = 1, a n+1 = 1
1 + 2a n , ∀n ∈N Xác định công thức dãy số (a n ) và tìm giới hạn hữu hạn của dãy, nếu có.
Lời giải Ta nhận thấy a n > 0, a n 6= − 1
Vậy dãy số (b n ) là một cấp số nhân, có công bội q = −2 và b 0 = −2.
Suy ra b n = (−2) b n−1 = = (−2) n+1 Vậy ta có
Ví dụ 2.37 Xét hàm số f (x) = 1 − 2x
2, ta muốn xây dựng một dãy số (a n ) sao cho f (a n+1 ) = f 3 (a n ), ta thực hiện các bước biến đổi sau
Chọn dãy số (a n ) thoả mãn
− 1 2 ta thiết lập được bài toán sau Bài toán 2.38 ([7]) Cho dãy số (a n ) được xác định a 0 ∈R \
12a 2 n + 1 , ∀n ∈N Chứng minh rằng dãy số (a n ) có giới hạn hữu hạn Tìm giới hạn đó.
Lời giải Từ công thức truy hồi của dãy số, ta có a n 6= − 1
Từ đó, ta suy ra
Ta có các khả năng xảy ra
1 Nếu a 0 = 0 thì a n = 0, ∀n ∈N Suy ra lim n→∞ a n = 0.
Suy ra lim n→∞ b n = lim n→∞ b 3 0 n = 0 Từ đó suy ra lim n→∞ a n = 1
3 Nếu a 0 < 0 thì u n = −a n > 0, ∀n ∈ N Tương tự trường hợp 2, ta có n→∞ lim u n = 1
Phương pháp sử dụng tính chất hàm sinh
Nội dung mục này tham khảo trong [4], [7]. Định nghĩa 2.39 Hàm sinh của dóy số thực a 0 , a 1 , a 2 , ã ã ã , a n , ã ã ã là hàm số được xác định bởi
G(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + ã ã ã + a n x n + ã ã ã Định nghĩa 2.40 Cho dóy số thực a 0 , a 1 , a 2 , ã ã ã , a n , ã ã ã hàm số cho bởi cụng thức
X n=0 a n x n n! được gọi làm hàm sinh dạng mũ của dóy a 0 , a 1 , a 2 , ã ã ã , a n , ã ã ã
Một số đẳng thức liên quan đến hàm sinh
Hai mệnh đề sau đây thường được sử dụng
Mệnh đề 2.41 Cho hàm sinh
a) Đặt a r là hệ số của x r trong khai triển G(x) Thế thì, ta có a r = C r+n−1 r b) (1 − x m ) n = 1 − C n 1 x m + C n 2 x2m − ã ã ã + (−1) n x mn c) 1 + x + x 2 + ã ã ã + x m−1 n
Mệnh đề 2.42 Cho hai hàm sinh của hai dãy (a n ) và (b n ) lần lượt là
Khi đó hệ số của x r trong khai triển của G(x) là a 0 b r + a 1 b r−1 + a 2 b r−2 + ã ã ã + a r−2 b 2 + a r−1 b 1 + a r b 0 Ứng dụng để thiết lập bài toán dãy số bằng phương pháp sử dụng hàm sinh. Suy luận.
Gọi G(x) là hàm sinh của dãy (a n ) Ta có
−2xG(x) = −2a 0 x − 2a 1 x 2 − 2a 2 x 3 − ã ã ã Cộng hai đẳng thức trên ta có
Từ giả thiết a 0 = 1, ta có
Ta thiết lập được bài toán sau đây
Bài toán 2.43 ([4]) Xác định số hạng tổng quát của dãy số sau
Gọi G(x) là hàm sinh của dãy (a n ) Ta có
Ta cần phân tích G(x) thành tổng của những phân thức đơn giản, Giả sử
(1 − x) 2 Đồng nhất hệ số, ta được
Hệ số trong khai triển trên là
Ta thiết lập được bài toán sau đây
Bài toán 2.44 ([4]) Xác định số hạng tổng quát của dãy số sau
Từ đề bài, ta có
X n=0 x n+1 n! Vậy hệ số của x n n! là a n = n! + n Do đó a n = n! + n
Ta thiết lập được bài toán sau đây
Bài toán 2.45 ([4]) Xác định số hạng tổng quát của dãy số sau
Trên đây là một số bài toán được thiết lập từ lý thuyết hàm Sinh.
Việc áp dụng lý thuyết hàm Sinh không chỉ hỗ trợ giải quyết các bài toán khó trong kỳ thi Olympic toán quốc tế mà còn trong các kỳ thi Olympic toán sinh viên quốc tế.
Sau đây là một minh hoạ về phương pháp hàm Sinh để giải một bài toán khó trong kỳ thi Olympic sinh viên gần đây.
Bài toán 2.46 (IMC 2019) Cho dãy số a 0 , a 1 , được xác định bởi a 0 = 1, a 1 = 2, (n + 3)a n+2 = (6n + 9)a n+1 − na n , ∀n ≥ 0.
Chứng minh rằng tất cả các số hạng của dãy số đều nguyên.
Lời giải Xét hàm sinh của dãy (a n) f(x) =
Từ các hệ thức này, ta đi đến phương trình vi phân sau đây của f
Phương trình này giải bằng phương pháp thừa số tích phân như sau
Ta nhân hai vế của phương trình với c(x) là một hàm số ta sẽ chọn thích hợp, để trở thành c(x)f 0 (x) + c(x)a(x)f(x) = c(x)b(x).
Ta muốn rằng vế trái sẽ có dạng (c(x)f(x)) 0 Muốn vậy thì ta phải có c 0 (x) = c(x)a(x) hay (ln(x(x))) 0 = a(x) Như vậy c(x) = exp R a(x)dx
, chính là thừa số tích phân cần tìm Từ đây ta tiếp tục tìm được f (x) =
Để tìm thừa số tích phân, chúng ta cần tính tích phân của hàm hữu tỷ \( \frac{1 - 3x}{x^3 - 6x^2 + x} \) Để thực hiện điều này, trước tiên cần khai triển biểu thức dưới dạng tổng của các phân số đơn giản.
1 − 3x x 3 − 6x 2 + x = A x + B x − x 1 + C x − x 2 ở đây x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 6x + 1 = 0. Đồng nhất hệ số, ta được hệ điều kiện sau
2 Từ đây ta tính được
Tiếp sẽ là tích phân c(x)b(x), trong tình huống của chúng ta là tích phân
Z 1 + x (x 2 − 6x + 1) 3 2 dx. Để tính tích phân dạng này, ta dự đoán là nó sẽ có dạng g(x) = ax + b
(x 2 − 6x + 1) 1 2 lấy đạo hàm của g(x), ta được g 0 (x) = a(x 2 − 6x + 1) 1 2 − 2x − 6
Cho x dần về 0 với chú ý f(0) = 1, ta tìm được C = − 1
Khai triển Taylor của hàm √(x² - 6x + 1) là không khả thi, vì vậy việc tìm công thức tường minh cho hàm này có thể loại bỏ Hàm f(x) có dạng nghiệm của một phương trình bậc hai Để tìm nghiệm, ta có thể sử dụng công thức x₁,₂ = -b ± √(b² - 4ac).
2a , ta dễ dàng tìm được phương trình đó là xf 2 (x) + (x − 1)f (x) + 1 = 0.
Bây giờ thay công thức hàm sinh vào, ta được x
Tính hệ số của x n+1 ở vế trái, ta được
X i=0 a i a n−i Hiển nhiên là từ công thức này, ta suy ra a n nguyên với mọi n
Phương pháp áp dụng một số kết quả của Lượng giác
Nội dung mục này tham khảo trong [1], [7].
Trong nhiều đề thi học sinh giỏi và Olympic Toán quốc tế, dãy số thường có sự liên quan chặt chẽ đến các hệ thức lượng giác.
Chương này khám phá các bài toán dãy số được xây dựng dựa trên các hệ thức lượng giác, cho thấy mối liên hệ giữa hai lĩnh vực này.
2 n+1 , n ≥ 0. Thế thì x n = cos α n , n ≥ 1 Ta có x 1 = cos π
2 , ta có x n+1 = cos α n+1 = q cos α 2 n+1 = r 1 + cos 2α n+1
Từ các mối quan hệ trên, ta thiết lập được bài toán dãy số sau
Bài toán 3.1 Cho dãy số (x n ) xác định bởi
Lưu ý rằng, trên đây chỉ là phương pháp suy luận của người ra đề toán, nhằm thiết lập được một số bài toán dãy số.
Một trong những phương pháp giải các bài toán liên quan đến dãy số là sử dụng hệ thức truy hồi Học sinh trung học phổ thông có thể dự đoán số hạng tổng quát của dãy số là x_n = cos(π).
Dự đoán này sẽ được khẳng định từ việc chứng minh hệ thức trên bằng phương pháp quy nạp.
Sau khi xác định được số hạng tổng quát của dãy số, học sinh đã tìm ra giới hạn khi n tiến đến vô cực, cụ thể là lim (x₁ x₂ xₙ₋₁ xₙ) = 2π Bài toán này đã được giải quyết thành công Để làm phong phú thêm việc thiết lập bài toán dãy số, có thể áp dụng phương pháp đặt ẩn phụ, ví dụ như đặt xₙ = 1/aₙ với n ≥ 1, trong đó a₁ = √.
Ta thiết lập được bài toán dãy số sau
Bài toán 3.2 Cho dãy số (a n ) xác định bởi
Một bài toán mới đã được hình thành dựa trên bài toán cũ, điều này làm cho số lượng bài toán về dãy số trở nên phong phú hơn.
Một trong những phương pháp giải bài toán dạng này là sử dụng các hệ thức truy hồi để xác định dãy số Học sinh trung học phổ thông có thể dự đoán số hạng tổng quát của dãy số (a n) với công thức a n = 1 cos π.
Dự đoán này sẽ được khẳng định từ việc chứng minh hệ thức trên bằng phương pháp quy nạp Thật vậy, từ giả thiết bài toán, ta có a 1 = √
Vậy, công thức (3.1) đúng với n = 1.
Bây giờ, giả sử công thức (3.1) đúng với n, nghĩa là a n = 1 cos α n
, n ≥ 1 Ta cần chứng minh công thức (3.1) đúng với n + 1, nghĩa là a n+1 = 1 cos α n+1 , n ≥ 1 (3.2)
Một trong những phương pháp thiết lập bài toán dãy số là sử dụng các hệ thức Lượng giác Phương pháp này không chỉ giúp giải quyết bài toán mà còn mang đến cái nhìn thú vị về mối liên hệ giữa Giải tích và Lượng giác.
Các phương pháp trên giúp giáo viên Toán phổ thông tự tạo ra bài toán khó về dãy số, phục vụ cho việc thiết kế đề thi chọn học sinh giỏi Đồng thời, phương pháp này cũng giúp học sinh khá, giỏi nhận ra mối liên hệ giữa Giải tích và Lượng giác, cũng như sự chặt chẽ trong logic chứng minh một hệ thức được dự đoán qua phương pháp quy nạp.
Bây giờ, để tiếp tục thiết lập nhiều hơn nữa những bài toán dãy số từ phương pháp Lượng giác, ta hãy chứng minh bổ đề sau
Bổ đề 3.3 Ta có đẳng thức sau s
Ta cần chứng minh đẳng thức sau c n = 2 cos α n (3.3)
Thật vậy, từ giả thiết bài toán, ta có c 1 = √
4 = 2 cos α 1 Vậy, công thức (3.3) đúng với n = 1.
Bây giờ, giả sử công thức (3.3) đúng với n, nghĩa là c n = 2 cos α n , n ≥ 1.
Ta cần chứng minh công thức (3.3) đúng với n + 1, nghĩa là c n+1 = 2 cos α n+1 , n ≥ 1 (3.4)
Thật vậy, với lưu ý rằng c n+1 = √
2 = 2 cos α n+1 Vậy (3.4) được chứng minh.
Bây giờ, nếu thay cos α n = 1
2 c n , n ≥ 1 Ta thiết lập được nhiều bài toán từ các bài toán đã biết.
Ta đã biết rằng x n = cos π
2 n+1 , ∀n ≥ 1, thì lim n→+∞ (x 1 x 2 x n ) = 2 π Bây giờ, ta thay x n = cos α n = 1
Ta thiết lập được bài toán sau
Bài toán 3.4 ([7]) Cho dãy số (c n ) xác định bởi c n = s
! Bài toán 3.5 ([7]) Cho dãy số (u n ) xác định bởi u n = 2 n s
Lời giải Với cách đặt c n , α n như trên, ta có u n = 2 n v u u u t
- Bây giờ ta xét dãy số a n = 1
2 n+1 Thế thì ta có a n = c n cot α n , trong đó c n+1 = c n
Từ đó suy ra a 2 n = c 2 n cot 2 α n
⇒ p c 2 n + a 2 n = c n sin α n ⇒ p c 2 n + a 2 n + a n = c n sin α n + c n cot α n = c n sin α n (1 + cot α n )
Ta thiết lập bài toán sau
Bài toán 3.6 ([7]) Cho dãy số (a n ) xác định bởi
Chứng minh dãy số (a n ) hội tụ và tìm giới hạn lim n→+∞ a n Lược đồ để thiết lập từng bài toán về dãy số như sau:
- Trình bày phương pháp suy luận để thiết lập bài toán dãy số.
- Nêu Bài toán thứ nhất (Bài toán thứ hai, Bài toán thứ ba (nếu có), ) được thiết lập.
Bài viết này tập trung vào việc giải quyết các bài toán dành cho học sinh phổ thông, vì vậy hầu hết các bài toán không yêu cầu kiến thức toán cao cấp Mỗi bài toán được đưa ra đều kèm theo một số lời giải ở mức độ phổ thông, giúp học sinh có thể tham khảo và áp dụng Phương pháp chính được đề xuất là dự đoán số hạng tổng quát của dãy số và chứng minh bằng quy nạp, nhằm hỗ trợ học sinh trong quá trình giải quyết bài toán.
1) Ta cần chứng minh đẳng thức a n = c n cot α n , ∀n ≥ 1 (3.5)
Thật vậy, từ giả thiết bài toán, ta có a 1 = c 1 cot α 1 = 1
2 Vậy công thức (3.5) đúng với n = 1.
Bây giờ, giả sử công thức (3.5) đúng với n, nghĩa là a n = c n cot α n
Ta cần chứng minh công thức (3.5) đúng với n + 1, nghĩa là a n+1 = c n+1 cot α n+1 (3.6) Thật vậy a n+1 = 1
2) Tính lim n→+∞ a n n→+∞ lim a n = lim n→+∞ (c n cot α n ) = 1
Vậy lim n→+∞ a n = 2 π Tiếp tục thiết lập bài toán dãy số, ta có
; ∀n > 1 Để đơn giản, ta đặt α n = π
Khi đó (3.7) được viết lại
Ngoài ra, với n = 1 thì (3.7) được viết lại
2 Khi đó, ta có x n+1 y n+1 = 4 sin α n
Ta được đẳng thức x n+1 y n+1 = x n , n> 1 (3.8) Mặt khác, ta lại có x n+1 = 2 sin α n
Ngoài ra, ta đã biết n→+∞ lim x n = 0, lim n→+∞ y n = 2 (3.10)
Từ (3.8), (3.9) và (3.10) ta thiết lập bài toán sau
Bài toán 3.7 (VMO 2014)Cho hai dãy số dương (x n ), (y n ), (n = 1, 2, ) xác định bởi x 1 = 1, y 1 = √
Chứng minh rằng hai dãy số trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.
Bước 1 Ta có một số giá trị ban đầu của hai dãy số (x n ) và (y n ) như sau
- Với n = 1, từ điều kiện (3.11), ta có
- Với n = 2, từ điều kiện (3.11), ta có
Từ đó, ta dự đoán x 2 n + y 2 n = 4, ∀n> 1
Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
+ Giả sử công thức đúng với ∀n > 1 , tức là x 2 n + y n 2 = 4, ∀n> 1
Ta chứng minh công thức đúng với n + 1 Tức là: x 2 n+1 + y 2 n+1 = 4, ∀n > 1 Thật vậy x 2 n+1 + y n = 2 ⇔ x 2 n+1 = 2 − y n (3.12) và x n+1 y n+1 − x n = 0 ⇔ y n+1 2 = x n x n+1
Bước 2 Nhận xét (Tính vài giá trị ban đầu)
Ta chứng minh (y n ) tăng và bị chặn trên bằng quy nạp.
Theo các bước thử đầu tiên, ta có: y 1 < y 2 < y 3 < 2 (3.14)
Suy ra (y n ) có giới hạn, giả sử là y Chuyển đẳng thức (3.13) y n+1 2 = 2 + y n , ta có y 2 = 2 + y Vậy y = 2 Vậy lim n→+∞ y n = 2.
Bởi vì (3.12) ta có x 2 n = 2 − y n−1 Suy ra x n = √
√ 2 − 2 = 0 Vậy lim n→+∞ x n = 0. Lời giải (Cách 2).
Bước 1 Giả sử dãy (x n ) hội tụ và có giới hạn là x Dãy (y n ) hội tụ và có giới hạn là y.
Chuyển các đẳng thức ở (3.11) qua giới hạn, ta được
Bước 2 (Dự đoán x n , y n biểu diễn qua hệ thức lượng giác)
3.2 n , n> 1 Để đơn giản, ta đặt α n = π
Bước 3 Chứng minh(3.16) và (3.17) bằng quy nạp.
Rõ ràng với n = 1, thì (3.16) và (3.17) đúng.
Giả sử (3.16) và (3.17) đúng với n.
Ta chứng minh (3.16) và (3.17) đúng với n + 1, nghĩa là.
2 = 2 cos α n+1 Vậy (2) được chứng minh.
Bước 4 Suy ra lim n→ +∞ x n = 2.0 = 0; lim n→ +∞ y n = 2.1 = 2.
Tiếp tục thiết lập bài toán dãy số
Xét hai dãy số lượng giác như sau
Từ đây, ta có các mối liên hệ sau
- Mối liên hệ thứ nhất: x n + y n = c n sin α n (cos α n + 1) = c n 1
- Mối liên hệ thứ hai: x n+1 y n = c n+1 cos α n+1 sin α n+1 c n 1 sin α n
= 2c 2 n+1 cos α n+1 sin α n+1 2 sin α n+1 cos α n+1 = c 2 n+1 1 sin 2 α n+1
x n → 0.∞, y n → 0.∞, nên ta chưa thể dùng hai dãy này để thiết lập bài toán được Tiếp tục Đặt x n = 1 a n , y n = 1 b n , với n > 0 Khi đó
a n là dạng tan u u b n là dạng sin u u Khi đó x n+1 = x n + y n
Từ đây, ta thiết lập bài toán sau
Bài toán 3.8 (VMO 1993) Cho hai dãy số (a n ) , (b n ) xác định như sau a 0 = 2, b 0 = 1 và
Chứng minh rằng các dãy trên có cùng giới hạn và tính giới hạn đó khin → +∞.Lời giải.
a n+1 = 1 c n+1 tan α n+1 , (3) b n+1 = 1 c n+1 sin α n+1 (4) Thật vậy (Chứng minh quy nạp) a n+1 = 2a n b n a n + b n
2 tan α n 2 c n = 1 c n+1 tan α n+1 Vậy (3) được chứng minh. b n+1 = p a n+1 b n = s 1 c n+1 tan α n+1
= 1 c n+1 sin α n+1 Vậy (4) được chứng minh. Để thiết lập được nhiều bài toán về dãy số, ta tiếp tục xét hai dãy số lượng giác sau
Ta có nhận xét x n+1 = cot π
Với điều kiện ban đầu
Từ đây ta có các mối liên hệ sau
- Mối liên hệ thứ nhất:
1 + x 2 n + x n = 1 sin α + cot α = 1 sin α + cos α sin α
- Mối liên hệ thứ hai:
- Suy ra mối liên hệ thứ ba:
3 Khi n tăng thì α giảm Khi n → +∞, thì α → 0
Suy ra lim n→+∞ (y n ) = lim n→+∞ tan π
Ta thiết lập được bài toán sau
Bài toán 3.9 (Belarus 1999) Cho hai dãy số (x n ) , (y n ) xác định bởi x 1 = y 1 = √
Luận văn đã vận dụng kiến thức và kết quả từ toán cao cấp để xây dựng các bài toán dãy số ở cấp phổ thông, thông qua những phương pháp cụ thể.
1 Phương pháp áp dụng một số kết quả của Đại số và Số học;
2 Phương pháp áp dụng một số kết quả của Giải tích;
3 Phương pháp áp dụng một số kết quả của Lượng giác.
Nhiều dạng toán khó trong các kỳ thi tốt nghiệp và tuyển sinh vào Đại học - Cao đẳng, đặc biệt trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia, khu vực và Olympic Toán quốc tế, sẽ được phân tích và giải quyết thông qua các phương pháp hiệu quả.