Báo cáo một số công thức truy hồi

Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi Báo cáo một số công thức truy hồi

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

KHOA TOÁN – TIN

BÁO CÁO MỘT SỐ CÔNG THỨC TRUY HỒI

Giảng viên: Nguyễn Công Minh Sinh viên: Ngô Thị Hải Yến

Lê Hải Vân Lớp: K68CLC

MỤC LỤC

A MỘT SỐ CÔNG THỨC TRUY HỒI CƠ BẢN 2

I Dãy affine: 2

II Dãy truy hồi tuyến tính cấp hai thực với hệ số hằng 3

III Dãy truy hồi dạng: u n1  f u( n) 9

B BÀI TẬP ĐỀ XUẤT VÀ MỘT SỐ CÔNG THỨC MỞ RỘNG: 12

C MỘT SỐ BÀI TẬP ỨNG DỤNG CÔNG THỨC TRUY HỒI 31

D TÀI LIỆU THAM KHẢO .36

A MỘT SỐ CÔNG THỨC TRUY HỒI CƠ BẢN

+) a1, ta có dãy cộng: u n1 u n b, khi đó số hạng tổng quát là: u n u0 nb

+) b0, ta có dãy nhân: u n1 au n, khi đó số hạng tổng quát là: 0 n

Ví dụ 1: Cho dãy số (u n) xác định bởi u1  1 và u n1  5u n  8 với mọi n1

a) Chứng minh rằng dãy số v n u n  2 là một cấp số nhân Hãy tìm số hạng tổng quát của cấp số nhân đó

b) Dựa vào kết quả phần a), hãy tìm số hạng tổng quát của dãy số ( )u n n1

(Đại số & Giải tích 11 nâng cao)

Lời giải

a) Ta có: v n1 u n1  2 5u n    8 2 5(v n  2)    8 2 5v n với  n 1

Vậy ( )v n n1 là một cấp số nhân công bội 5, v1 u1  2 3

Số hạng tổng quát của ( )v n là: v n 5n1v1 với  n 1

n

i i

Kí hiệu D a b, : tập tất cả các dãy thực này

Mệnh đề D a b, là một - không gian vectơ chiều 2

Vậy x u( n n) 0  y v( )n n0D a b,

Tức là D a b, lập thành một - không gian vectơ

+) Ta chỉ ra không gian vectơ này có chiều 2

Kí hiệu (U n n) 0,(V n n) 0D a b, là hai dãy được xác định bởi 0 1

Vậy (U n n) 0,(V n n) 0 độc lập tuyến tính trong D a b,

Lấy một dãy tùy ý (u n n) 0D a b, , ta chỉ ra (u n n) 0 u U0( n n) 0 u V1( n n) 0 (hay tương đương u n u U0 n u V1 n, n 0) bằng phương pháp quy nạp

 Hệ thức đúng với n k 2 (quy nạp xong)

Vậy (U n n) 0,(V n n) 0 là một cơ sở của D a b,

Vậy D a b, là không gian vectơ 2 chiều

Áp dụng mệnh đề này, ta cần đi tìm tất cả các dãy thỏa mãn (*):u n2 au n1bu n

Xét phương trình ẩn t sau đây: 2

0

t at b (**), được gọi là phương trình đặc trưng của (*)

Kí hiệu biệt thức của phương trình này là  a2 4b

TH1:  a24b0, (**) có hai nghiệm thực phân biệt 1 và 2

Ta sẽ chứng minh (1n)n0, (2n)n0là một cơ sở của D a b,

Từ (1) và (2) ta suy ra x y 0 Vậy (1n)n0, (2n)n0 là độc lập tuyến tính

Mặt khác ta có dimD a b,  2 nên (1n)n0, (2n)n0 là một cơ sở của D a b,

Như vậy nghiệm tổng quát của (*) sẽ là 1n 2n

Khi đó phương trình (**) có 2 nghiệm phức không thực, liên hợp nhau là z z1, 2

Ta tạm xét (*) trên trường số phức Chứng minh tương tự ta thấy tập tất cả các dãy

số phức thỏa mãn (*) lập thành 1 không gian vectơ  2 chiều trên

Giống như TH1, ta rút ra nghiệm tổng quát của (*) trong là ( 1n 2n) 0

n

x z y z  với ,

Từ những điều trên ta suy ra thuật toán:

Bước 1: Giải phương trình 2

III Dãy truy hồi dạng: u n1  f u( )n

Trong phần này ta nghiên cứu tính chất của dãy truy hồi phụ thuộc vào f và u0

Giả sử f M: Mlà 1 ánh xạ cho trước, u0M

1 f đơn điệu trên M:

TH1: f tăng trên M

Do u n1 u n f u( )n  f u( n1) nên (u n1u n) cùng dấu (u n u n1) Tiếp tục như vậy ta

có (u n1u n) cùng dấu với (u1u0) Vậy

Nếu u0 u1thì ( )u n n0 là dãy tăng

Nếu u0 u1thì ( )u n n0 là dãy giảm

TH2: f giảm trên M

Xét ánh xạ 2

f  ff là 1 hàm tăng trên M Ta áp dụng trường hợp hàm tăng Nếu u0u2 thì dãy con (u2n)n0là dãy tăng và dãy con (u2n1)n0 là dãy giảm

Nếu u0u2 thì dãy con (u2n)n0là dãy giảm và dãy con (u2n1)n0 là dãy tăng

2 f liên tục trên Mvà Mđóng trong :

Giả sử ( )u n n0 hội tụ về  thì M Do f liên tục trên Mnên ( ( ))f u n n0 hội tụ đến ( )

f  Như vậy  f( ) , tức là  là 1 nghiệm thuộc Mcủa phương trình x f x( )

Ví dụ 1: Hãy khảo sát dãy số ( )u n n0với u0 1 và 1 2

1

n n

n

u u

u   nên ta có mệnh đề trên đung

Giả sử mệnh đề đúng đến n, ta chứng minh nó đúng với n1 Thật vậy ta có

Ví dụ 2: Khảo sát sự hội tụ và tính giới hạn (nếu có) của dãy ( )u n n0 với u0  a 0

bị chặn trên Trường hợp này dãy hội tụ về 2

Khả năng 2: a[2;4) Khi đó dễ thấy 2

1( 8)6

chặn dưới, vì vậy nó hội tụ Và dễ thấy nó cũng hội tụ về 2

Khả năng 3: a4 Trường hợp này mọi số hạng của dãy đều bằng 4 nên nó hội

B BÀI TẬP ĐỀ XUẤT VÀ MỘT SỐ CÔNG THỨC MỞ RỘNG:

Ví dụ 1.1: Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy (u n n) 0 được xác định:

Lưu ý: Nếu a 1, ta chọng n  là đa thức bậc k+1 có hệ số tự do bằng 0

Dễ dàng giải được bài toán

Vậy  v n là cấp số nhân công bội a Ta dễ dàng giải được bài toán

Ví dụ 1.3: Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy ( )u n n0 được xác định bởi:

0

2 1

11

! ( 1)!

n n

i

i u

Mở rộng lý thuyết: Công thức truy hồi là biểu thức tuyến tính với hệ số biến thiên

Câu hỏi đặt ra vậy nếu các hệ số không phải là hệ số hằng mà là các biểu thức của n

thì công thức tổng quát của dãy số có thể tính bằng cách nào? Việc tìm công thức tổng quát khi công thức truy hồi là biểu thức tuyến tính với hệ số biến thiên rất phức tạp Ở đây ta chỉ xét một số dạng đặc biệt và cơ bản, chủ yếu là sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa về dạng đã biết, có thể tính toán dễ dàng

Nhận xét: Từ các ví dụ trên ta có cách giải tổng quát của bài toán xác định số

hạng tổng quát của ( )u n n0thỏa mãn hệ truy hồi dạng 0

u v a

 Khi đó ta có dãy  v n n0 xác định bởi:

n n

( )

k i

0ln( 1)2

Nhận xét: Từ ví dụ trên ta suy ra cách giải tổng quát của bài toán xác định số

hạng tổng quát của (u n n) 0thỏa mãn hệ truy hồi dạng 0

1

0( ) k, 0

Vậy công thức tổng quát của  y n n0 là 0 1 1

n

n i n

Khi đó dãy (x n n) 0 xác định bởi

1 1

x x

Nhận xét: Từ ví dụ trên ta có thể suy ra cách giải tổng quát của bài toán tìm số

x  x  có 2 nghiệm phân biệt là x1 2;x2 3

Do đó số hạng tổng quát của dãy ( )v n n0 có dạng 2n 3n

Khi đó ta có dãy ( )v n n0 xác định bởi 0 1

Nhận xét: Từ các ví dụ trên ta có thể suy ra cách giải tổng quát của bài toán tìm số

hạng tổng quát của dãy  u n n0xác định bởi 0 0 1 1

Ta thấy dãy ( )v n n0trở thành dãy truy hồi tuyến tính cấp hai với hệ số hằng Từ đó ta

có thể tìm ra công thức tổng quát của dãy ( )v n n0 thông qua phương trình đặc trưng

x ax b 

Vấn đề đặt ra: Tìmg n( ) thỏa mãn f n( )g n( )a g n (  1) b g n ( 2) (*)

x ax b  có 2 nghiệm phân biệt khác 1 Khi đó

1  a b 0 nên vế phải của (*) là đa thức bậc m

Mặt khác đồng nhật bậc 2 vế ta được g n( ) là đa thức bậc k Sau đó ta tìm g n( )bằng cách đồng nhất hệ số 2 vế của phương trình f n( )g n( )a g n (  1) b g n ( 2)

(ii) Nếu phương trình x2 ax b  0 có 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm bằng 1 Khi đó 1  a b 0 nên vế phải của (*) có bậc là m1

Mặt khác đồng nhật bậc 2 vế ta được g n( ) là đa thức bậc k1 Sau đó ta tìm

Mặt khác đồng nhật bậc 2 vế ta được g n( ) là đa thức bậc k2 Sau đó ta tìm

Nhận xét: Từ ví dụ trên ta có thể suy ra cách giải tổng quát của bài toán tìm số

hạng tổng quát của dãy  u n n0xác định bởi 0 0 1 1

c k  ab , suy ra

2 2

c k

Khi đó ta có dãy số ( )v n n0 xác định bởi 0 0 1 1

Ta thấy dãy ( )v n n0trở thành dãy truy hồi tuyến tính cấp hai với hệ số hằng Từ đó ta

có thể tìm ra công thức tổng quát của dãy ( )v n n0 thông qua phương trình đặc trưng 2

Ta thấy dãy ( )v n n0trở thành dãy truy hồi tuyến tính cấp hai với hệ số hằng Từ đó ta

có thể tìm ra công thức tổng quát của dãy ( )v n n0 thông qua phương trình đặc trưng 2

Ta thấy dãy ( )v n n0trở thành dãy truy hồi tuyến tính cấp hai với hệ số hằng Từ đó ta

có thể tìm ra công thức tổng quát của dãy ( )v n n0 thông qua phương trình đặc trưng

t   t có hai nghiệm phân biệt 1 3, 2 2

Do đó số hạng tổng quát của dãy ( )u n n0 có dạng: u n x.2n  y.3n

u  với  n 0

Từ đó:

1 1





   Vậy v n  2n với  n 0

Nhận xét: Từ ví dụ trên ta có thể suy ra cách giải tổng quát của bài toán xác định

số hạng tổng quát của ( )u n n0,( )v n n0 thỏa mãn hệ truy hồi dạng

Vậy ta suy ra được công thức tổng quát của dãy ( )u n n0 theo phương pháp tìm

nghiệm của phương trình đặc trưng nêu phía trên

Ta tìm được công thức tổng quát của ( )v n n0 bằng cách thay công thức tổng quát của 0

( )u n n vào phương trình u n1  p u n q v n

Ví dụ 2.7: Tính số hạng tổng quát của dãy ( )u n n0 xác định bởi u0 2, u11 và

1 2

n n

u u u

u u

(u n n)  là một dãy giảm, dãy con (u2n1)n0 là một dãy tăng (*)

+) Dễ thấy ( )u n n0nằm trong 2,3 (do (*)) và

Do đó dãy số (u2n n) 0 có giới hạn là a và (u2n1)n0 có giới hạn là b với 3a b, 2

Với n1: 1 5 4 3

45

u   

nên ta có mệnh đề trên đúng Giả sử mệnh đề đúng đến n, ta sẽ chứng minh nó đúng với n1 Thật vậy ta có

Dãy ( )u n n0là dãy tăng thực sự và bị chặn trên nên ( )u n n0hội tụ đến a, với alà

nghiệm của phương trình f x( )x, tức là ta có:

Thay vào phương trình ban đầu  a 4

Ví dụ 3.3: Khảo sát sự hội tụ và tinh giới hạn (nếu có) của dãy ( )u n n0 với

21

Khả năng 1: a [ 1;0], tức là b[0;1] Dễ thấy  2 

1

13

cho là một dãy tăng, bị chặn trên Trường hợp này dãy ( )v n n0 hội tụ về 1, tức là dãy 0

( )u n n hội tụ về 0

Khả năng 2: a (0; ), tức là b (1; ) Lúc này dãy ( )v n n0 là dãy tăng Vì vậy

nó hội tụ thì ( )v n n0 phải hội tụ về b1 Mặt khác b là nghiệm của phương trinh

( )

f x x (mâu thuẫn) Trường hợp này dãy ( )v n n0 không hội tụ, tức là dãy ( )u n n0

không hội tụ

C MỘT SỐ BÀI TẬP ỨNG DỤNG CÔNG THỨC TRUY HỒI

Ví dụ 4.1: Có bao nhiêu xâu nhị phân có độ dài bằng n trong đó không có hai bít

n thỏa mãn điều kiện đề bài Vậy trong trường hợp này có c n2 xâu

TH2: a n 0 Khi đó a n1 a a2 1 có thể chọn một xâu bất kì có độ dài n1 thỏa mãn điều kiện đề bài Vậy trong trường hợp này có c n1 xâu

Lời giải

Gọi b c n, n là số các dãy như vậy nhưng số phần tử 1 trong mỗi dãy là một số mà khi chia cho 3 có số dư lần lượt là 2 và 1

Xét dãy x x0, , ,1 x n với x i0,1, 2 mà số phần tử trong dãy là bội của 3

Nếu x0 0, 2 thì x x0, , ,1 x n cũng có số phần tử 1 là một bội của 3, do đó trong trường hợp này có 2.a n1 dãy

Nếu x0 1 thì x x0, , ,1 x n có số phần tử 1 là một số chia 3 dư 2, do đó trong trường hợp này có b n1 dãy

Ví dụ 4.3 (Romania 2003): Cho số nguyên dương n Có bao nhiêu số tự nhiên

Lời giải.

cho 3 được lập từ các số 2;3;7;9

và không chia hết cho 3

Xét một phần tử có n chữ số lập từ 2;3;7;9 và không chia hết cho 3 thì có 1 cách

cho 3 và có đúng 3 cách thêm vào chữ số tận cùng để được một phần tử có n1 chữ số lập từ 2;3;7;9 và không chia hết cho 3

Vậy ta có a n12a nb n và b n12a n3b n Khi đó ta có dãy ( )a n n1 xác định bởi

Ví dụ 4.4: Có n người ngồi thành một hàng ngang vào n chiếc ghế Hỏi có bao

hoặc giữ nguyên vị trí của mình, hoặc đổi chỗ cho người liền bên trái, hoặc đổi chỗ cho người liền bên phải

(Tài liệu tham khảo 3)

Lời giải

Đánh số thứ tự vị trí các ghế từ trái qua phải là 1, 2, 3, , n

Xét một cách lập hàng mới thỏa mãn điều kiện Có hai loại hàng được lập:

Loại 1: Người ở vị trí số 1 giữ nguyên vị trí Rõ ràng số hàng được lập loại này

là S n1 cách

Loại 2: Người ở vị trí số 1 đổi chỗ, khi đó người ở vị trí số 1 chỉ có thể xếp vào vị trí số 2 và người ở vị trí 2 phải chuyển sang vị trí 1 Số hàng loại này là S n2

Từ đó ta có S n S n1S n2, n 3

Khi đó ta có dãy ( )S n n1 xác định bởi 1 2

Ví dụ 4.5 (IMO – 2011): Giả sử n > 0 là một số nguyên Cho một cái cân đĩa và

quả cân có trọng lượng 2 ,2 , ,20 1 n1 Ta muốn đặt lên cái cân mỗi một trong n quả cân, lần lượt từng quả một, theo cách để đảm bảo đĩa cân bên phải không bao giờ nặng hơn đĩa cân bên trái Ở mỗi bước ta chọn một trong các quả cân chưa được đặt lên rồi đặt nó lên đĩa bên phải, hoặc đĩa bên trái, cho đến khi tất cả các quả cân đều được đặt lên đĩa Hỏi có bao nhiêu cách để thực hiện việc đặt cân theo đúng mục đích đề ra?

Lời giải

Gọi S n là số cách thực hiện việc đặt n quả cân lên đĩa thỏa mãn yêu cầu đề ra

Xét cách đặt n1 quả cân có trọng lượng 0 1

Vậy ta có hệ thức truy hồi S n1  S n 2 n S n (2n1)S n

Ta có S11nên S n (2n1)(2n3) 3.1

Ví dụ 4.6 (Bài toán Tháp Hà Nội với ba cọc và n đĩa) Có n đĩa kích thước nhỏ dần

(từ dưới lên trên) xếp chồng lên nhau trên một cọc, đĩa lớn ở dưới, đĩa nhỏ ở trên Ngoài cọc chứa đĩa còn có hai cọc trống khác Hãy chuyển đĩa này sang cọc khác với số lần chuyển ít nhất (xác định số lần chuyển ít nhất đó) tuân theo hai qui tắc sau:

1) Mỗi lần chỉ được chuyển một đĩa từ cọc này sang cọc khác và được dùng cọc thứ

ba làm cọc trung gian

2) Không được xếp đĩa lớn lên trên đĩa nhỏ

Lời giải

Giả sử bài toán với n1 đĩa đã được giải, tức là ta đã chuyển được (tuân theo qui tắc trên) n1 đĩa từ cọc 1 sang cọc 2 Khi ấy để giải bài toán với n đĩa trước tiên ta giải

bài toán với n1 đĩa trên cùng từ cọc 1 sang cọc 2 Sau đó chuyển đĩa lớn nhất từ cọc

1 sang cọc 3 Cuối cùng, lại chuyển n1 đĩa từ cọc 2 lên cọc 3 (chồng lên đĩa lớn nhất)

và bài toán giải xong

D TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Giáo trình Đại số sơ cấp – Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ, NXB Đại học Sư phạm

2 Một số bài toán chọn lọc về dãy số - Nguyễn Văn Mậu

https://lovetoan.wordpress.com/2018/12/01/day-so-nguyen-van-mau/

3 Đếm bằng truy hồi - CLB Toán Trường Chuyên Lương Thế Vinh (violet.vn)