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

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 cung cấp cho các bạn những kiến thức về tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2; áp dụng việc tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 trong một số bài toán về dãy số.

Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Chuyên đề: Tìm số hạng tổng quát của dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 để giải quyết một số bài toán về dãy số - Trường THPT chuyên Hưng Yênhttp://baigiangtoanhoc.com 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 YênPhần 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 u n  2  au n 1  bu n (*) với mọi n  0 , trong đó a và b làcác hằng số thực. Cách xác định số hạng tổng quát của dãy như sau: 2Xét phương trình ẩn t sau đây: t  at  b  0 (**) được gọi là phương trình đặc trưng của (*). 2Phương trình có biệt thức   a  4b . 2 Trường hợp 1:   a  4b  0 khi đó (**) có hai nghiệm thực phân biệt t1 ;t 2 . Số n nhạng tổng quát của (*) có dạng u n  x.t1  y.t 2 , với mọi n  0 và x, y là hai số thực tuỳ ý; xvà y sẽ hoàn toàn xác định khi cho trước u 0 và u1 . Trường hợp 2:   a 2  4b  0 khi đó (**) có một nghiệm kép thực t. Số hạng tổng quát n n 1 1của (*) có dạng u n  x.t  y.nt , với mọi n  0 ( ở đây ta qui ước 0  0 ) và x, y là hai sốthực tuỳ ý; x và y sẽ hoàn toàn xác định khi cho trước u 0 và u1 . Trường hợp 3:   a 2  4b  0 , ( **) có hai nghiệm phức. Thuật toán làm trong trườnghợp này như sau: 2 a  i  Bước 1: Giải phương trình t  at  b  0 và nhận được nghịêm phức z  . 2 Bước2: Đặt r = | z | là module của z, còn   Argz , ta nhận được nu n  r (p cos n  q sin n) với mọi p, q là các số thực. Bước 3: Xác định p, q theo các giá trị cho trước u 0 ;u1 . Về cơ sở lí thuyết của cách làm trên được chứng minh bằng kiến thức của đại số tuyếntính. Ở đây, tôi xin trình bày chứng minh trường hợp 1 và trường hợp 2 bằng kiến thức trung họcphổ thông. Trường hợp 1:   0 (**) có hai nghiệm phân biệt t1 , t 2 khi đó theo định lí Vi-et ta có: t1  t 2  a . Khi đó t12 t   b u n 1  (t1  t 2 )u n  t1t 2 u n 1 u n 1  t1u n  t 2 (u n  t1u n 1 )  t 2 2 (u n 1  t1u n 2 )  ...  t 2 n (u1  t1u 0 ) . nNhư vậy u n 1  t1u n  t 2 (u1  t1u 0 ) (1); nTương tự u n 1  t 2 u n  t1 (u1  t 2 u 0 ) (2). Trừ từng vế (2) cho (1) ta có:http://baigiangtoanhoc.com Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia(t1  t 2 )u n  (u1  t 2 u 0 )t1n  (u1  t1u 0 )t 2 n . Do t1  t 2 nên (u  t u ) (u  t u )u n  1 2 0 t 1n  1 1 0 t 2 n . t1  t 2 t1  t 2 n n Vậy u n có dạng u n  x.t1  y.t 2 với x,y là hai số thực. a 2 a Trường hợp 2:   0 khi đó b  , (**) có nghiệm kép t  . Ta có 4 2 2 nu n 1  2t.u n  t u n 1  u n 1  tu n  t(u n  tu n 1 )  ...  t (u1  tu 0 ) Như vậy u n 1  tu n  t n (u1  tu 0 ) (3); Tương tự u n  tu n 1  t n 1 (u1  tu 0 ) (4); u n 1  tu n 2  t n 2 (u1  tu 0 ) (5); ……………………………. u1  tu 0  u1  tu 0 (n+3). 2 n Nhân hai vế của (4) với t, hai vế của (5) với t , …, hai vế của (n+3) với t và cộng lại ta n 1 n n n 1được: u n 1  t .u 0  n.t .(u1  tu 0 ) . Do đó u n có dạng xt  yn.t với x, y là hai sốthực.II. CÁC VÍ DỤ:Ví dụ 1: X¸c ®Þnh sè h¹ng tæng qu¸t cña d·y sè tho¶ m·n:  u 0  1, u1  2   1 2 . u  n  2   u n 1  u n , n  0 3 3Giải: 2 1 2 Phương trình đặc trưng t  ...