Đang tải... (xem toàn văn)
Khóa luận dài 46 trang, gồm 3 chương. Chương 1: Chéo hóa ma trận. Chương 2: Tam giác hóa. Chương 3: Ứng dụng của chéo hóa ma trận. Mỗi phần đều có các ví dụ cụ thể. Cách trình bày khoa học, dễ diểu, được hội đồng bảo vệ đánh giá cao.
KHểA LUN TT NGHIP CHẫO HểA TAM GIC HểA MA TRN V NG DNG CHNG I: CHẫO HểA MA TRN Tớnh chộo húa c * nh ngha 1) Gii s f (x) (E) Ta núi rng F chộo húa c v ch tn ti c s cho Mat (f ) l ma trn chộo 2) Gi s A M n (K) Ta núi rng A chộo húa c v ch tn ti ma trn chộo c v ch tn ti ma trn chộo D thuc M n (K) cho A ng dng vi D Núi cỏch khỏc, A chộo húa c v ch p GL n (K), D D n (K), A = pDp Nu A M n (K) Chộo húa c th gi d liu chộo húa ca A l vic cho p, D, p1 cho: p GL n (K), D D n (K), A = pDp Tr ngoi l, vic chộo húa mt ma trn chộo húa c khụng nht, núi cỏch khỏc, p v D khụng nht Thay cho vic núi chộo húa ta cũn núi: Thu v dng chộo Nhn xột: 1) Gi s f (x) (E), l mt c s ca E, A = Mat (f ) ú f chộo húa c v ch A chộo húa c Tht vy: * Nu f chộo húa c thỡ tn ti c s ' ca E cho ma trn D ca f ' l ma trn chộo, ký hiu p = pass(, ') ta núi A = pDp ' (Cụng thc i c s cho t ng cu) * Nu A chộo húa c thỡ p GL n (K), D D n (K) cho A = pDp v vy D l ma trn ca f c s ' ca E c xỏc inh bi pass(, ') = p 2) Tn ti cỏc ma trn chộo húa c v cỏc ma trn khụng chộo húa c 3) Mi ma trn chộo húa u chộo húa c Mnh : Gi s f (x) (E Cỏc tớnh cht sau õy tng ụi tng ụi mt tng ng i) f chộo húa c ii) Tn ti mt c s ca E c to nờn t cỏc vect riờng ca F iii) Tng cỏc khụng gian riờng ca f bng E iv) Tng cỏc s chiu ca khụng gian riờng ca f bng dim(E) Chng minh i ii Gi s f chộo húa c Tn ti c s B = (e1 ,e , ,e n ) ca E cho Mat (f ) l ma trn chộo, n vy ú s tn ti (1 , , , n ) K , cho Mat (f ) = 0 n f (ei ) = ei Vỡ i {i, , n} e i Nờn B = (e1 ,e , ,e n ) l c s ca E c to nờn t vect riờng ca f ii iii Giai s tn ti mt c s B = (e1 ,e , ,e n ) c to nờn t vect riờng n ca f, vy tn ti (1 , , , n ) K cho i {i, , n},f (ei ) = e i rừ rng mi i l giỏ tr riờng ca f ( mt vect liờn kt la e i ) Ta ký hiu = {i |1 i n} Khi ú (Ker(f e) Ker(f e) = Ker(f e) Ke Vy tng cỏc khụng gian riờng ca F chớnh l i = E Ker(f e) = E SPK (f ) iii vi Gi s tng cỏc khụng gian riờng (KGCR) ca f bng E Vỡ tng ny l cỏc tng trc tip nờn ta cú SPK (f ) iv i KGCR(f , ) = dim( KGCR(f,))=dim(E) SPK (f ) Gi s tng cỏc s chiu cỏc KGCR ca f bng dim(E) Ta ký hiu k = Card(SPk (f )), M1 , ,M k l cỏc phn t ca SPk (f ) k Mi KGCR(f , Mj)(1 j k) cú ớt nht c s j ta kớ hiu = U j j=1 Vỡ cỏc KGCR(f , Mj)(1 j k) cú tng trc tip v mi j l c lp tuyn tớnh nờn l c lp tuyn tớnh k k j=1 j=1 Mt khỏc Card() = Card( j 0) = dim(KGCR(f , Mi)) = dim(E) Vy l c s ca E v ma trn f ca l ma trn chộo vỡ cỏc phn t ca l cỏc vộc t riờng ca f: M1Id1 Mat (f ) = Trong ú d j = Card( j ) M k Id k (1 j k) Nhn xột: Theo chng minh trờn õy, nu f (E), chộo húa c thỡ cỏc phn t chộo ca mt ma trn chộo bin din cho f chớnh l cỏc giỏ tr riờng ca f, c vit trờn ng chộo ny vi s ln bng cp bi ca chỳng Ta s thy di õy mt tớnh cht tng t cho cỏc t ng cu tam giỏc húa c nh lý: (iu kin cn v ca tớnh chộo húa c) 1) Cho f (E), f chộo húa c v ch f tỏch c trờn K v vi mi giỏ tr ca f, dim(KGCR(f , )) bng cp bi ca Chng minh: Vi mi giỏ tr ca f; ký hiu ( ) d() = dim(KGCR(f , )) v w() l cp bi ca * ( f ) Gi s f chộo húa c Theo mnh 5.2.2: Sp k (f ), d() w() Theo mnh 5.2.3: n= Sp k (f ) d() n Mt khỏc vỡ f ( chộo húa c nờn tn ti c s ca E v (1, n) K cho Mat (f ) = 0 n n Vy ta cú K, f () = det(Mat (f ) I n ) = ( i ) i =1 Do ú f tỏch c Ta kt lun K,d() = w() Sp k (f ) o li gi s f tỏch c v Sp k (f ),d() = w() (f ) w() = n Vỡ f tỏch c v nghim ca f l cỏc giỏ tr riờng ca f nờn Sp k T ú Sp k (f ) d() = n vy mnh trờn f chộo húa c 2) Tớnh cht th ny rừ rng l cỏch din t ma trn ca tớnh cht th nht Vớ d Chng t rng A = 1 M (R) chộo húa c v hóy chộo húa A Gii: Ta lp a thc c trng ca A 2 A ( ) = 1 = (1 ) = ( 1) 2 Cỏc giỏ tr riờng ca A ti (n) l mt h kộp x x+y+z=0 z = 2x +z=0 * X = y KGCR(A,0) 2x y = x z z=0 2x Vy KGCR (A, 0) cú s chiu l v cú c s l V1 = x * X = y KGCR(A,1) cú s chiu l v cú c s l (V2 ,V3 ) ú z Chng hn: V2 = ;V3 = Vỡ A ( ) tỏch c trờn v vỡ mi giỏ tr ca A s chiu ca khụng gian riờng bng cp bi ca giỏ tr riờng ú, nu nh lý trờn, A chộo húa c Kớ hiu l c s chớnh tỏc ca M3(R) 1 0 = (V1 ,V2 , V3 ),p = pass(0 , ) = 1 , D = 0 Ta cú A = p.D.p1 1 Tớnh toỏn cho ta kt qu p = 1 H qu: (iu kin tớnh chộo húa c cho tng sn phm) 1) Gi s f (E), nu f cú n giỏ tr riờng tng ụi phõn bit ú = = dim (E) thỡ f chộo húa c 2) Gi s A M n (k) Nu A cú n giỏ tr riờng tng ụi phõn bit thỡ A chộo húa c Vớ d: Gi s n N \ {0,1} A= M n (l ) 0 Chng t rng A chộo húa c Ta lp a thc c trng bng vic khai trin i vi dũng cui A ( ) = 0 1 n +1 = + (1) [n 1] [n 1] = ( )( ) n +1 + (1) n +1 = ( ) n ( 1) Rừ rng A ( ) tỏch c trờn C v cú cỏc nghim n cn bc n ca C/ ) theo h qu trờn, A chộo húa c Mn( C/ ) CHNG II TAM GIC HểA I nh ngha 1: 1) Gi s f (E) Ta núi rng f tam giỏc húa c v ch tn ti c s ca E cho Mat (f ) l ma trn tam giỏc 2) Gi s A M n (K) Ta núi rng A l tam giỏc húa c v ch tn ti ma trn tam giỏc T thuc Mn(K) ng dng vi A Nu A M n (K) tam giỏc húa c thỡ ta gi cac d liu P,T v p -1 cho p GL n (K),T Tn (K) ( hay Tn j (K),A = pT.p l d liu tam giỏc húa ca A, tam giỏc A, ngha l xỏc nh p, T, p-1 thớch hp thay v núi Tam giỏc húa c Ta cng núi thu c v dng tam giỏc Nhn xột: 1) Gi s f (x) (E), l mt c s ca E, A = Mat (f ) Khi ú f tam giỏc húa c v ch A tam giỏc húa c 2) Mi ma trn tam giỏc u tam giỏc húa c 3) Mi ma trn tam giỏc di u ng dng vi ma trn tam giỏc trờn v ngc li Tht vy, nu T = (t ij ) Tnj (K) kớ hiu t nn 1 p= ta cú p GL n (k),p = p v pTp = ữ t nn t n1 M tn j t11 Nh vy, cho ma trn A thuc M n(k) ng dng vi ma trn tam giỏc di, cn v l nú ng dng chung vi ma trn tam giỏc trờn Trong phõn sau ca ni dung ny s u tiờn cỏc ma trn tam giỏc trờn 4) Nu f (x) (E) tam giỏc húa c thỡ cỏc phn t chộo ca ma trn tam giỏc biu din f l cỏc giỏ tr riờng ca f, c vit trờn ng chộo ny vi s ln lp bng cp bi ca chỳng * nh lý: 1) Gi s A M n (K)1 Hai tớnh cht sau õy l tng ng i) A l tam giỏc húa c ii) A tỏch c trờn K 2) Gi s f (E) Hai tớnh cht sau õy l tng ng i) f tam giỏc húa c ii) f tỏch c trờn K Chng minh 1) i ii Gi s A tam giỏc húa c, tn ti: t11 T= O M Tn N(K) cho A ~ T o 1nn n Vỡ vy K, A () = T ( ) = (t ii ) i =1 Do ú A tỏch c trờn K Quy np theo n Tớnh cht l tm thng vi n = Gi s tớnh cht ú ỳng vi n N * , v gi s A M n +1( K ) cho A tỏch c trờn K Khi ú A cú ớt nht giỏ tr riờng v vect riờng liờn kt V1 (V1 M n +1,n (K)) v vy tn ti L M1, N (K),A M n (K) cho L A~ ữ o A2 Ta cú K, A (A) = det o L = (1 )(A I n ) A I n ữ Vỡ A tỏch c trờn K nờn A tỏch c trờn K Theo gi thuyt quy np tn ti Q GL n (K),T Tn ,N (K) cho A = QTQ Ký hiu: R = ữ M n +1 (K) kh nghch v cú nghch o Q M1,n (K) R = ữ ta s chng minh rng tn ti Q cho vi ký hiu : RT1R T1 = L A2 ữ ta cú L = RT1R ữ A2 Q = Ta cú RT1R = ữ ữ ữ ữ A2 Q T Q Vy ch cn chon X = L.Q cú c iu ny chng t A ~ 2) Gi s L = RT1R ữ A2 L Tn +1,N (K) A tam giỏc húa c T1 ữ f (E) K kgvt E cú ớt nht c s s dng v ký hiu A = Mat (f ) ta cú (f tam giỏc húa c) ( A tam giỏc húa c) ( A tỏch c ) ( f tỏch c) * H qu 1) Gi s E la C/ - kgv hu hn chiu Mi ng cu E u tam giỏc húa c 2) Mi ma trn vuụng thuc M n (c) (n 1) iu tam giỏc húa c Chng minh: Theo nh lý dlembert ( nh lý 5.3.4 5) f (hay A ) tỏch c trờn C/ vy ( nh lý trờn) f (hay A) tam giỏc húa c 1 n M (R) Vớ d Gi s n N {0;1},A = | | | n 1 n Chng minh rng A khụng chộo húa c tam giỏc húa v hóy tam giỏc húa A Nhn xột rng rank(A) = 1, t ú theo inh lý v hng dim ( Ker ( A ) ) = n rank Vy A tha nhn lm giỏ tr riờng v cp bi ca giỏ tr l n vỡ dim(KGCR(A,0)) = dim(ker(A)) = n vy tn ti R cho A = (-1) n n ( ) vỡ tr(A) = + (n 1).0 v tr(A) = (1 n) + (n 1) = Ta suy = Nh vy, A tha nhn mt v ch mt giỏ tr riờng chớnh l v cp n, vỡ khụng gian riờng liờn kt vi v cú s chiờu n = 1, ( n) nờn A khụng chộo húa c KGCR(A,0) cú phng trỡnh x1 + + x n + (n 1)x n = , vy cú c s (V1 + + Vn ) , ú 1ữ ữ V1 = ữ ; ữ Mữ 0ữ 0ữ ữ V2 = 1ữ; ữ Mữ 0ữ 0ữ ữ Vn = M ữ; ữ ữ 0ữ 1ữ ữ Vn = | ữ ữ 1ữ 1ữ Ký hiu: 1ữ ữ Vn = | ữ ta cú Vn Ker(A) ( Vỡ AVn = Vn ) ữ 0ữ 0ữ Vy (V1 ,V2 , ,Vn ) l mt c s ca M n ,1 (R) Ký hiu = (e1 ,e , e n ) l c s chớnh tc ca M n ,1 (R) , = (V1 ,V2 , ,Vn ) p = pass(0 , ) = 0 T= 0 1 1 1 0 | Khi ú ta cú p GL n (R),T Tn ,N (R),A = pTp cui cựng, vic gii h phng trỡnh: V1 = e1 e M e n V n = e1 V = e + e n n Vn = e1 e1 = Vn e = V V n M e = V + V n n n en = V1 + Vn (n 1)Vn T ú p = 0 1 n Nhn xột: Gi s A M n (C) , theo h qu trờn tn ti p GL n (C),T Tn,N (C) A T cho A = pTp Vy ta cú e = pe p vi kớ hiu e T= O det(e A ) = det(e T ) = thỡ n O e n = e n i i =1 n =e i i=1 = e tr (A ) * Khỏi nim c ca khụng gian vect hu hn chiu nh ngha: Ta gi mi h (E1 ,E , E n ) cỏc khụng gian vect ca E (Trong ú dim(E) = n) tha móm i {i, ,n}, dim (E1 )=i i {i, ,n 1},E1 E i+1 L c ca E 10 Thay U n* vào phơng trình, đồng hệ số U n* biết U1 từ hệ thức n + U * ta tìm đợc c Un = U n Bài 10: Tìm Un biết : U1 = n U n +1 = 2U n + n + 3.2 với n N * Giải n + U * + U ** Phơng trình đặc trng = có nghiệm = , U n = U n n n = c.2n , U n* = an2 + bn + c , U n** = An 2n Trong U Thay U n* vào phơng trình U n +1 = 2U n + n ta đợc a (n + 1) + b(n + 1) + c = 2an + 2bn + 2c + n Chon n = 1, ta đợc 2a c = Chọn n = 2, ta đợc a - b c = Chọn n = 3, ta đợc 2a + 2b + 2c = a = -1, b = -2, c = -3; Vậy U * = n 2n n Thay U * vào phơng trình U n+1 = 2U n + 3.2 ta đợc A(n + 1).2n +1 = An 2n + 3.2n A(n + 1) = An + 3 Vậy U n* = n.2n = 3n.2 n n n Do U n = c.2 + (n 2n 3) + 3n.2 Ta có U1= 1; nên = 2c +3 c = Vậy U n = 3n.2n1 n 2n Bài 11: Tìm Un thỏa mãm điều kiện U1 = aU n+1 + bU n = f1n + f n với n N * n Trong f1n đa thức theo n f n = v.M Giải: 32 n + U * + U ** Ta có U n = U n n Trong đó: n nghiệm tổng quát phơng trình U aU n+1 + bU n = , U n* nghiệm riênh phơng trình không aU n+1 + bU n = f n Bài 12: Xác định số hạng tử tổng quát dãy số { xn } , xn thỏa mãm phơng trình sau x0 = a pxn + q xn +1 = rx + s n với n N Trong p, q, r, s R cho trớc d Giải: Giả sử un , nghiệm phơng trình sai phân un +1 = pun + qvn ; u0 = a vn+1 = run + svn ; v0 = Thì xn = un làg nghiệm phơng trình (4) Thật ta chứng minh quy nạp nh sau: x0 = Giả sử xn = u0 a = = a ( đúng) v0 un nghiệm (4) Khi xn+1 = un+1 vn+1 un +q pun + qvn px + q = = = n u run + svn r n + s rxn + s p 33 Cũng nghiệm (4) Giải hệ (5) cách đa phơng trình sai phân yn + = ( p + s ) yn +1 + (qr sp ) yn Bài 13: Dãy số { an } đợc xác đinh theo công thức sau a1 = an = 3an + 2n 9n + 9n n = 1, 2, Chứng minh số nguyên tố p dãy đồng tơng ứng dều chia hết cho p Chứng minh: Theo giả thuyết a n + n3 = 3[an + (n 1)3 ] = 32 [an + (n 2)3 ] = == 3n [ a1 + 1] = 3n Vậy với n N * an = 3n n3 Với p = a1 = 2M2 với p số nguyên tố lẻ a1 + a2 + + a p = (3 + 31 + + p ) [13 + 23 + + ( p 1) ] Do k + ( p k )3 Mp + 32 + + p = ( p3 3)Mp a1 + a2 + + a p Mp Bài 14: Cho a số nguyên tố dơng dãy { an } đợc xác định theo công thức a1 = an +1 = 5an + a.an với n Ơ * Với giá trị a dãy { an } dãy số nguyên Giải: Đặt a = t với t Ơ a2 = + t a3 = 5(5 + t ) + (t + 8)(t + 5) Do vậy, để a3  ta phải có f (t ) = (t + 8)(t + 5) = q Ta có (t + 5t + 4) < f (t ) < (t + 5t + 14) Và f(t) số chẵn nên suy 34 (q Ơ ) với v { 6,8,10,12} q = t + 5t + v Thử trực tiếp ta thu đợc v = t = nên a = 24 Ngợc lại, với a = 24 an+1 = 5an + 24an2 an +2 = 10an +1 an ; a1 = 1; a2 = Vậy với a = 24 dãy { an } dãy số nguyên Bài 15: cho a, b hai số nguyên dơng d số thực dãy { an } đợc xác định theo công thức a0 = a a1 = b a = d a a n +1 n n +1 với n Ơ Với giá trị d dãy { an } dãy số nguyên Giải: Nhận xét d Q d = p , ( p, q ) = q Bằng quy nạp dễ chứng minh an Mq an an +1 an2+1 = c với c = const n Do c Mq 2n c q = d Z a b b a + Nếu c = d = + Từ đẳng thức an an +1 = an2+1 ta thu đợc ( phơng pháp quy nạp) an = a n1 an Vậy, đặt a u = với (u, v) = a Mv n với n Ơ v = 1, tức b Ma b v Vậy, với d  d = a + b2 dãy { an } dãy số nguyên ab Bài 16: Cho dãy số nguyên { an } đợc xác đinh nh sau: a0 = 20 a1 = 100 a = 4a + 5a + 20 n +1 n n+2 với n Ơ Tìm số nguyên dơng h bé có tính chất an+ h an M1998 ,n Ơ Giải Ta có: an+1 = 4an + 5an + 20n N * 35 Đặt bn = 2an + ta thu đợc b0 = 45, b1 = 205 bn+1 = 4bn + 10an-1 + 25 nN* Mặt khác, bn-1 = 2an-1 + nên 10an-1 = 5bn-1 25 Thế (6) vào (5) ta đợc: bn+1 - 4bn - 5bn+1 = Phơng trình đặc trng (7): - - = Có nghiệm -1 Nghiệm tổng quát (7) b n = 5n. + (-1)n. Cho n = n = ta tìm đợc: = Do đó: b n = an = 125 10 ; = 3 125 n 10 n + ( 1) 3 n 125 n 10 5 + ( 1) 6 Giả sử h số nguyên dơng thỏa mãn hệ thức an+h an (mod 199) Từ a0 = 20; a1 = 100 suy h Ta chứng minh h thỏa mãn (8) h chẵn (h 2) ah-1 (mod 1998) Điều kiện cần Ta có: ah = ao+h a0 = 20 (mod 1998) Và ah+1 a1 = 100 (mod 1998) 5ah-1 = ah+1 4ah - 20 (mod 1998) Do ah-1 (mod 1998) (5, 1998) = Nếu h lẻ suy h chẵn ah = 5ah-1 (mod 1998) Trái với điều kiện ah 20 (mod 1998) Vậy h phải chẵn, h ah-1 (mod 1998) Điều kiện đủ: Giả sử h 2, h chẵn ah-1 (mod 1998) Khi 5ah-2 = ah-1 (mod 1998) Do ah = 4ah-1 + 5ah-2 + 20 20 = (mod 1998) ah+1 = 4ah + 5ah-1 + 20 100 = a1 (mod 1998) Bằng quy nạp, dễ dàng chứng minh đợc an+h an (mod 1998) 36 h 2/ h chẵn ah-1 (mod 1998) a h = (5 Do đó: 1) h 52 h ( 1) ( mod1998) ( mod1998 ) 5h (mod 6.1998), h chẵn Do 1998 = 2.33.37 6.1998 = 22.34.37 Nên theo định lý Euler 5h (mod 22) thỏa mãn với h, 5h (mod 34) hM2.33 = 54 5h (mod 37) hM36 , h chẵn Từ đó, hM[ 54,36 ] = 108 Vậy h = 108 nhỏ phải tìm Bài 17: Cho dãy số {xn} đợc xác định nh sau: x1 = 7; x2 = 50; xn+1 = 4xn + 5xn-1 1975 Chứng minh x1996 M 1997 Giải Xét dãy {yn} với y1 = 7; y2 = 50 yn+1 = 4yn + 5yn-1 + 22 n Dễ thấy yn xn (mod 1997) Do cần chứng minh: y1996 (mod 1997) Đặt  n +1 = 4y n +1 + 11 = 16y n + 20y n + 99 = 4 n + 20y n + 55 Ta lại có:  n = 4y n + 11 20y n = 5 n 55 (1) (2) Thế (2) vào (1) ta có:  n +1 = 4 n + 5 n  n +1 4 n 5 n =0 (3) Phơng trình đặc trng (3) là: - - = có nghiệm = -1; = nghiệm tổng quát (1) là:  n = ( ) + n n 37   Ta có: = + 5= 39 =+ 25= 221 25 n 25 Do ta nhận đợc  n = ( 1) + ( n ) = ; = 3 3 Từ (4)  1996 = + 25.51996 Ta cần chứng minh:  1996 11( mod1997 ) 51996 1M1997 Do 1996 1M3 Nên 51996 1M3.1997 Từ ta có: 51996 = 3n.1997 + Khi đó:  1996 = + 25 ( 3n.1997 + 1) 25 = + + 25.n.1997 3 = 25.n.1997 + Vậy  1996 11(mod1997) Bài 18: Cho dãy (xn) n N đợc xác định x = 1;x1 = 2;x = x n +3 = 8x n 14x n +1 + 7x n +2 Tìm xn = ? Giải x = ữ ữ; ữ A = 0 ; 14 xn x n = x n +1 x n + det (A - I3) = (-1)3(3 - 72 + 14 - 8) det (A - I3) = -3 + 72 - 14 + 8= = 1; = 2; = Vậy det(A - I3) = có giá trị riêng nên chéo hóa đợc 38 (4) x1 + x = x = x = x3 ứng với = x + x = 8x 14x + 6x = x1 = 2x1 + x = X1 = + = 2x + x = 8x 14x + 5x = x = 2x1 x = 2x x = 4x =4 X = 4x1 + x = 4x + x = 8x 14x + 3x = 1 X = 0 D = 0 |P| = P P11= 16 P21= -12 P12= -12 P31= P22= 15 P13= 1 P = 16 P32= -3 P23= -3 P33= 16 12 P = 12 15 An = P Dn P-1 n 1 1 = 16 0 2n 0 16 12 12 15 n 16 12 12 15 39 n 1 P.D n = 16 0 2n 0 n 4n n n 4.4 n 2.2 4.2 n 16.4 n n 16 12 n P.D n P = 2.2 n 4.4 n 12 15 4.2 n 16.4 n Xn = 10 + 21.2 n 5.4 n ) ( Bi 19: Tính Un với n N biết U = 1; U1 = 1; U = n N; U n + = 45U n 39U n +1 + 11U n + Giải 0 lập đa thức đặc trng Kí hiệu: A = 49 39 11 -3 + 112 - 39 + 45 = = (kép); = (đơn) Tính KGCR thu đợc KGCR (A,3) = Vect (V1); V1 = KGCR (A,5) = Vect (V3); V3 = 25 Vì giá trị riêng kép nên A không chéo hóa đợc x Ta tam giác hóa A Tìm V2 = y AV2 = 3V2 + V1 z 40 y = 3x + Ta có AV2 = 3V2 + V1 z = 9x + Vậy ta chọn V2 = 1 Kí hiệu P = 25 1 T = ta có P = 30 16 0 Bằng phơng pháp quy nạp ta dễ chứng tỏ n N 3n Tn = n3n 3n 0 5n n Từ với n Ơ X n = PT P X n n Cuối n N; U n = 4n3 + Bài 20, Cho dãy { u n } dãy xác định nh sau U1 = 0; U2 = 14; U3 = -18; Un+1 = 7Un-1 6Un-2 n3 Chứng minh P SNT UP M P Giải: Từ hệ thức Un+1 = 7Un-1 6Un-2 n dễ dàng suy phơng trình X3 7X + = phơng trình đặc trng dãy số Vì phơng trình có nghiệm là: x1 = 1; x2 = 2; x3 = -3 nên theo phơng pháp phơng trình đặc trng, ta có: Un = a(1)n + b(2)n + c(-3)n (1) Từ giả thiết U1 = 0; U2 = 14; U3 = -18 thay vào (1) ta có hệ: a + 2b 3c = a + 4b + 9c = 14 a + 8b 27c = 41 a = b = c = Vậy dãy số {Un} đợc xác định CT số hạng tổng quát sau đây: Un = + 2n + (-3)n, n = 1,2 Vì P số nguyên tố, nên theo định lý Fecma ta có: 2P-1 1(modP) hay 2P 2(modP) (-3)P-1 1(modP) hay (-3)P -3(modP) Vậy suy Up = + 2P + (-3)P (1 + - 3)(modP) UP M P (đpcm) Bài 21: Tìm nghiệm tổng quát dãy {xn} biết {xn} dãy số tuần hoàn chu kì 3, x1 = a; x2 = b; x3 = c Giải Theo ta có xn+3 = xn Phơng trình tơng đơng với hệ x n +1 = 0x n + 0y n + Zn y n +1 = x n + 0y n + 0Zn z = 0x + y + 0Z n +1 n n n Ta viết dới dạng Un+1 = AUn 0 ữ Với A = 0 ữ ữ Ta có A3 = I Vậy nên giá trị riêng A là: i 2 = 1; = cos isin =e 3 Và vectơ riêng ma trận A tơng ứng với 1,2,3 là: ữ ữ 2 i ữ ữ i 3 v1 = 1ữ , v = e , v = e ữ ữ ữữ ữ ữ ữ 1ữ ữ ữ i i ữ ữ 3 e e Vậy nghiệm tổng quát hệ có dạng U n = 11n v1 + 2n v + 3n v3 42 Và dễ dàng x n = 11n + cos 2n 2n + sin 3 Cho n lần lợt 1, 2, ta đợc hệ phơng trình ẩn 1, 1, giải hệ tìm đợc: , , tóm lại thu đợc xn = a + b c a + b 2c 2n 2n cos + (a b)sin 3 3 Bài 22 Tìm Un biết U1 = n U n +1 = n + (U n + 1) với n Ơ * Giải: Từ giả thuyết suy (n + 1)U n +1 = nU n + n Đặt xn = nU n ta có xn +1 = xn + n , x1 = Giải phơng trình (3) ta đợc xn = n(n 1) n Un = 2 Bài 23 Tìm Un, biết U1 = n(n + 1) U n +1 = (n + 2)(n + 3) (U n + 1) với n Ơ * Giải: Từ (4) suy U n +1 = Do Đặt n(n + 1) (n + 2) (U n + 1) (n + 1)(n + 2)(n + 3) (n + 1)(n + 2) ( n + 3)U n +1 = n(n + 1) ( n + 2)U n + n(n + 1) (n + 2) n(n + 1) (n + 2)U n = xn n(n + 1) (n + 2) = f n Ta có phơng trình xn +1 xn = f n ; x1 = 43 Giải phơng trình ta đợc xn = Un = (n 1)n(n + 1)(2n + 1)(n + 2) 10 (n 1)(2n + 1) 10(n + 1) Bài 24: Tìm xn biết x1 = a > xn xn +1 = + x n Với n Ơ Giải: Nhân xét xn > với n Ơ Đặt = yn ta viết dới dạng xn yn +1 yn = a (a + 1)2n a yn = xn = (a + 1)2n a a Bài 25 Giả sử dãy { xn } nƠ thỏa mãm điều kiện sau x0 = 1; x1 = 2; x2 = xn + p = xn 11xn +1 + xn + Tính xn theo n Giải: x0 = 0 A = 0 11 X n +1 = AX n X n An X det( A I ) = (1)3 ( + 11 6) = = 1, = 3, = Có giá trị riêng nên chéo hóa đợc ứng với giá trị = 44 xn X n = xn +1 xn + x1 + x2 = x1 = x2 = x3 x2 + x3 = x 11x + x ứng với = x1 + x2 = x1 = x2 = x3 = x2 + x3 = x 11x + x = 1 X = 1 1 + = X = P = = X = 0 D = 0 Det p = p11 = 6p21 = -5 p12 = -6 p22 = p13 = 2p33 = -3 p31 = 1; p32 = -2; p33 = p = n 0 1 An = p.Dn.p-1 = 0 xn = An.X0 = 2n 0 3n 1 + 6.2n 3n 2 45 III- Tài liệu tham khảo Sách lý thuyết vành môđun 46