Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia

Chuyên đề: TÌM SỐ HẠNG TỔNG QUÁT CỦA DÃY TRUY HỒI TUYẾN TÍNH CẤP 2
ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ

Trường THPT chuyên Hưng Yên

Phần I: Tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2.
I. LÝ THUYẾT:
Đó là các dãy số thực có dạng
n 2 n 1 n
u au bu
 
 
(*) với mọi
n 0

, trong đó a và b là
các hằng số thực. Cách xác định số hạng tổng quát của dãy như sau:
Xét phương trình ẩn t sau đây:
2
t at b 0
  
(**) được gọi là phương trình đặc trưng của (*).
Phương trình có biệt thức
2
a 4b
  
.
Trường hợp 1:
2


  , với mọi
n 0

( ở đây ta qui ước
1
0 0


) và x, y là hai số
thực tuỳ ý; x và y sẽ hoàn toàn xác định khi cho trước
0
u
và
1
u
.
Trường hợp 3:
2
a 4b 0
   
, ( **) có hai nghiệm phức. Thuật toán làm trong trường
hợp này như sau:
Bước 1: Giải phương trình
2
t at b 0
  
và nhận được nghịêm phức
a i
z .

 


 

. Khi đó

n 1 1 2 n 1 2 n 1
u (t t )u t t u
 
  

2 n
n 1 1 n 2 n 1 n 1 2 n 1 1 n 2 2 1 1 0
u t u t (u t u ) t (u t u ) t (u t u )
   
         .
Như vậy
n
n 1 1 n 2 1 1 0
u t u t (u t u )

   (1);
Tương tự
n
n 1 2 n 1 1 2 0
u t u t (u t u )

   (2). Trừ từng vế (2) cho (1) ta có:
Chuyờn ụn thi hc sinh gii Quc gia


khi ú
2
a
b
4

, (**) cú nghim kộp
a
t
2

. Ta cú
2 n
n 1 n n 1 n 1 n n n 1 1 0
u 2t.u t u u tu t(u tu ) t (u tu )


Nh vy
n
n 1 n 1 0
u tu t (u tu )

(3);
Tng t
n 1
n n 1 1 0
u tu t (u tu )



cú dng
n n 1
xt yn.t

vi x, y l hai s
thc.

II. CC V D:
Vớ d 1: Xác định số hạng tổng quát của dãy số thoả mãn:
0 1
n 2 n 1 n
u 1,u 2
.
1 2
u u u , n 0
3 3






Gii:
Phng trỡnh c trng
2
1 2
t t 0

5
2
u 2
4
x y 2
y
5
3










. Vy
n n
n
9 2 4
u ( ) ( 1) , n 0.
5 3 5

  
  

          

.
Như vậy ta có đề toán mới như sau:
Xác định số hạng tổng quát của dãy số thoả mãn:
0 1
n n 1
n 2
n n 1
1
v 1,v
2
3v v
v , n 0.
v 2v




 





  


n
3
n 2
n 1
v e,v e
v
v , n 0.
v



 


  



Ví dụ 2: Tìm
n
u
biết
1
2
n 1 n n
u
u a.u b.u c

 


n 1
 

2 2 2 2
n 1 n n 1 n n n n 1 n 1
u 2.a.u .u u u 2.a.u .u u
   
     
2 2
n 1 n 1 n n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n n 1
u u 2.a.u (u u ) (u u ).(u 2.a.u u ) 0
       
        
(**)
Bằng quy nạp ta CM được:
1 2 n n 1 n 1
u u u u u 0
 
      

n 1 n n 1
u 2.a.u u 0
 
   

Từ đó:
2
1 2
n 1 n n 1
u ;u a. b. c

 



  


Tìm
n
limu
.
Giải:
Phương trình đặc trưng của dãy là
2
1
t t 0
2
  
có một nghiệm phức là
1 i
t
2

 ; |t|=
1
2
, Argt=
4

. Do đó số hạng tổng quát của dãy có dạng

| u | 0.
( 2)
 Ví dụ 2: Cho dãy
n
(x )
thoả mãn
0 1
n 1 n n 1
x 1;x 5
.
x 6x x , n 1
 
 


   


Hãy tìm
n n
limx { 2x }.

Giải:
Bằng phương pháp xác định số hạng tổng quát ở trên, ta xác đinh được số hạng tổng quát
của dãy là
n n
n

1
2x ( 2 1) ( 2 1) ( 2 1)
2
1
2x ( 2 1) C ( 2) C ( 2) ( 1)
2
 
  
 
    
 
 
    
 
      
 
 
     
 
 
 

Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia 2n 1 n
2t 1 2n 1 2k 1 2t 1 (n t)
2n 1 2n 1
2t 1 1 t 0
C ( 2) C 2 .


 
 
        
 
 
      
 




 
2(2n 1) 4n 2
n n
4n 2
n n
1 1
x 2x (1 ( 2 1) ) (1 ( 2 1) )
2 2 2 2
1 1 1
limx 2x lim( 2 1) .
2 2 2 2 2 2
 

      
   Ví dụ 3: Cho dãy số



Dễ thấy
n
u
là số hạng tổng quát của dãy số cho bởi công thức:

0 1
n 2 n 1 n
u 0;u 1
u 4u u 0
 
 


  


Do
0 1
u 0;u 1
 



;
n 2 n 1 n
u 4u u
 
 

các số dư tương ứng là 0,1,1,0,2,2,0,1. Suy ra
n 6 n
u u


(mod 3).
Từ đó ta thấy trong dãy số nói trên mọi số hạng có dạng
3k
u
, k=0,1,2… chia hết cho 3 và
chỉ những số hạng ấy mà thôi.

Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia

Ví dụ 4: (Thi HSG QG năm 2011): Cho dãy số nguyên
n
(a )
xác định bởi: a
0
= 1,
1 n n 1 n 2
a 1,a 6a 5a
 
   
với mọi
n 2

. Chứng minh rằng
2012
a 2010


Ngoài ra, ta cũng dễ dàng chứng minh bằng qui nạp rằng
n n
a b (mod2011), n .
  


Do đó ta chỉ cần chứng minh
2012
b 1 0(mod2011)
 
. Ta có:
2012 2012
2012
41.48 49.( 42) 90
b 1 .
90
  
 
Do 2011 là số nguyên tố và 2011, 90 là hai số nguyên tố cùng nhau nên ta chỉ cần chứng
minh:
2012 2012
41.48 49.( 42) 90 0(mod2011).
    (1)
Mà theo định lí Fermat nhỏ , ta có
2012 2012 2 2
41.48 49.( 42) 90 41.48 49.42 90(mod2011)
     
= 90.
2

14
u 2v .
 
     

  

Trong đó
n 1 n 1 n 1 n 1
n n
(3 14) (3 14) (3 14) (3 14)
u ,v
2
2 14
   
     
 
Sử dụng công thức khai triển nhị thức Niu-Tơn, ta có
Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia

1005 1005
2k 2011 2k k 2011 2k 2011 2k k
2012 2011 2011
k 0 k 1
u C 3 14 3 C 3 14 .
 
 
  
 


k 1 k 1
v C 3 14 C 3 14 .
     
 
 
 

Đến đây, cũng bằng cách sử dụng tính nguyên tố của 2011, ta thấy
2k 2
2k 1
2010
2011
C
C 2011 2011
2k 1


 

 

 

Với


k 1,2, ,1005
 . Vì vậy
1005
2012

n 1 n n 1
u 7
u 50
u 4.u 5.u 1975 1
 






  


CMR:
1996
u
chia hết 1997
Giải:
Tìm công thức xác định số hạng TQ:
Xét dãy
n n n 1 n n 1
1975
x u x 4.x 5.x
8
 
    
Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia

Giải PT đặc trưng:

Suy ra
1996
u
chia hết 1997 vì
1996
5 1

(mod 1997)

Ví dụ 6: Cho dãy số


n
a
:
0
2
n 1 n n
a 2
a 4a 15a 60





  



Chứng minh rằng số

n n 1 n n 1
a 8a a a 60 0
 
   
(2)
Trừ từng vế (1) và (2) ta có
2 2
n 1 n 1 n 1 n 1 n
n 1 n 1 n 1 n 1 n
a a 8(a a )a 0
(a a )(a a 8a ) 0(*)
   
   
   
    

Từ giả thiết suy ra
n n 1 n n
a 0, n a 4a a

    
suy ra
n
(a )
là dãy tăng. Suy ra
n 1 n 1
a a 0
 
 
. Từ (*) suy ra


2
n n 2
2n 2n 2
2
2n
(4 15) (4 15) 15k
(4 15) (4 15) 2 15k
a 15k 2
 
    
 
     
  

Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia

2 2 2 2 2
2n
1 1
A (a 8) (15k 10) 3k 2 (k 1) k (k 1)
5 5
          
(đpcm).
Ví dụ 7: Cho dãy (
n
u
) xác định:
1 2
n 2 n n 1

n
x
 
 
   
 
 
 
   
 
   
 
.
1 1
1 5 1 1 5
1
2 2
5
n n
n
u
 
 
   
 
 
   
   
   
 

p p p p
k k k k p k k k k k p k
p p p p
k k k k
C C C C
 
   
     
   
 
1 1
2 2
2 2 2 1 2 1
0 0
1 1
1 .2 ( 2( 5) ( 2( 5)
2
2 5
p p
p k k k k
p p p
k k
u C C
 
 
 
  
 

 


 
1 1
0 0
2 2
2 . 1 .5 .5 5 1
p p
p p
p p p
u C C
 
    

(mod )
p
(2)
Ta có
1
5 1
p

(mod )
p
1 1
2 2
(5 1)(5 1) 0
p p 
   
(mod )
p


(đpcm)
Nếu
1
2
5 1
p

(mod )
p
1
2
5 1 2
p
  
(mod )
p

Từ (2):


2 . 1 2
p
p
u
 
(mod )
p
; (2,P)=1
2 2(mod ) 2 . 0(mod )



Bài 2: Cho dãy số
n
(u ),n 0

xác định như sau:
n n
n
3 5 3 5
u ( ) ( ) 2,n 1,2,
2 2
 
   
a. Chứng minh rằng
n
u
là số tự nhiên
n 1,2,
 

b. Chứng minh rằng
2011
u
là số chính phương.
Bài 3: Cho dãy số
n
(u ),n 0

xác định như sau: