Trong loạt bài viết này ad đưa ra những hướng dẫn cơ bản nhất để có thể làm quen với phương thức Matrix. Từ đó ứng dụng nó để giải quyết những bài toán Đại số tuyến tính từ đơn giản đến phức tạp. Ngoài ra, loạt bài viết này còn ứng dụng phương thức ma trận để giải quyết một số bài toán trắc nghiệm ở chương trình trung học phổ thông. Phần 7 này ad sẽ sử dụng phương thức matrix để làm cái mà nó làm tốt nhất: giải quyết những bài toán về ma trận.

IV. Sử dụng phương thức matrix để giải quyết một số bài toán về ma trận

3. Giải quyết một số bài toán dãy số bằng cách sử dụng ma trận luỹ thừa

Bài toán dãy số 1

Cho 3 dãy số \(\left\{ {{x}_{n}} \right\},\left\{ {{y}_{n}} \right\},\left\{ {{z}_{n}} \right\}\) xác định như sau: \({{x}_{0}}={{y}_{0}}={{z}_{0}}\) và \(\left\{ \begin{aligned}  & {{x}_{n+1}}={{x}_{n}}+{{y}_{n}} \\  & {{y}_{n+1}}={{y}_{n}}+{{z}_{n}} \\  & {{z}_{n+1}}={{z}_{n}} \\ \end{aligned} \right.\). Tính \({{x}_{2011}}\).

Hướng dẫn

Đặt \({{X}_{n}}=\left( \begin{matrix}   {{x}_{n}}  \\   {{y}_{n}}  \\   {{z}_{n}}  \\\end{matrix} \right),A=\left( \begin{matrix}   1 & 1 & 0  \\   0 & 1 & 1  \\   0 & 0 & 1  \\\end{matrix} \right)\), Khi đó ${{X}_{n}}={{A}^{n}}{{X}_{0}}$

Tính \({{A}^{n}}\)

Ta có: \(A=\left( \begin{matrix}   1 & 1 & 0  \\   0 & 1 & 1  \\   0 & 0 & 1  \\\end{matrix} \right)=\left( \begin{matrix}   1 & 0 & 0  \\   0 & 1 & 0  \\   0 & 0 & 1  \\\end{matrix} \right)+\left( \begin{matrix}   0 & 1 & 0  \\   0 & 0 & 1  \\   0 & 0 & 0  \\\end{matrix} \right)={{I}_{3}}+B\)

Mà \({{B}^{2}}=\left( \begin{matrix}   0 & 0 & 1  \\   0 & 0 & 0  \\   0 & 0 & 0  \\\end{matrix} \right);{{B}^{3}}=\left( \begin{matrix}   0 & 0 & 0  \\   0 & 0 & 0  \\   0 & 0 & 0  \\\end{matrix} \right)\)

Nên ta có

$$ \Rightarrow {{A}^{n}}={{\left( {{I}_{3}}+B \right)}^{n}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}{{I}^{n-k}}{{B}^{k}}}=I+C_{n}^{1}B+C_{n}^{2}{{B}^{2}}=I+nB+\dfrac{n\left( n-1 \right)}{2}{{B}^{2}}=\left[ \begin{matrix}   1 & n & \dfrac{n\left( n-1 \right)}{2}  \\   0 & 1 & n  \\   0 & 0 & 1  \\\end{matrix} \right]$$

Vậy \({{A}^{n}}=\left[ \begin{matrix}   1 & n & \dfrac{n\left( n-1 \right)}{2}  \\   0 & 1 & n  \\   0 & 0 & 1  \\\end{matrix} \right]\)

Do ${{A}^{n}}=\left[ \begin{matrix}1 & n & \dfrac{n\left( n-1 \right)}{2} \\0 & 1 & n \\0 & 0 & 1 \\\end{matrix} \right]$ nên $ \begin{cases}x_n=x_0+ ny_0+\dfrac{n\left( n-1 \right)}{2}z_0\\y_n=y_0+nz_0\\z_n=z_0\end{cases} $

Tuy nhiên, máy tính cũng không phải vạn năng, ad sẽ giới thiệu 1 bài toán mà chúng ta không dùng máy tính được. Ngoài ra, ở ví dụ này, ad sẽ giới thiệu 1 kĩ năng tương đối khó để giải quyết những bài toán ma trận luỹ thừa: chéo hoá ma trận.

Bài toán dãy số 2

 Tìm \({{u}_{n}}\) theo \(n\left( 0\le n\in \mathbb{Z} \right)\). Biết \({{u}_{0}}=1,{{u}_{1}}=2\) và \({{u}_{n+2}}={{u}_{n+1}}+6{{u}_{n}},\forall n\ge 0.\)

Hướng dẫn

\(\forall k\ge 0\), đặt ${{t}_{k}}=\left( \begin{aligned}  & {{u}_{k+1}} \\  & {{u}_{k}} \\ \end{aligned} \right)$ thì \({{t}_{0}}=\left( \begin{aligned}  & 2 \\  & 1 \\ \end{aligned} \right)\) và

\({{t}_{k+1}}=\left( \begin{aligned}  & {{u}_{k+2}} \\  & {{u}_{k+1}} \\ \end{aligned} \right)=\left( \begin{aligned}  & {{u}_{k+1}}+6{{u}_{k}} \\  & {{u}_{k+1}} \\ \end{aligned} \right)=\left( \begin{matrix}   1 & 6  \\   1 & 0  \\\end{matrix} \right)\left( \begin{aligned}  & {{u}_{k+1}} \\  & {{u}_{k}} \\ \end{aligned} \right)=\left( \begin{matrix}   1 & 6  \\   1 & 0  \\\end{matrix} \right){{t}_{k}}=A{{t}_{k}}\) \(\left(\text{Với } A=\left( \begin{matrix}   1 & 6  \\   1 & 0  \\\end{matrix} \right) \right)\)

Như vậy \(\forall n\ge 0,{{t}_{n}}={{A}^{n}}{{t}_{0}}={{\left( \begin{matrix}   1 & 6  \\   1 & 0  \\\end{matrix} \right)}^{n}}{{t}_{0}}\)

Ta tìm ma trận chéo hóa của \(A\).

$$A=\left( \begin{matrix}   1 & 6  \\   1 & 0  \\\end{matrix} \right)\in {{M}_{3}}\left( R \right)\text{ có } {{p}_{A}}\left( x \right)=\left| \begin{matrix}   1-x & 6  \\   1 & -x  \\\end{matrix} \right|={{x}^{2}}-x-6=\left( x-3 \right)\left( x+2 \right)$$

\({{p}_{A}}\left( x \right)\) có 2 nghiệm hữu tỉ đơn nên \(A\) chéo hóa được trên \(\mathbb{R}\).

$$ A-3{{I}_{2}}=\left( \begin{matrix}   -2 & 6  \\   1 & -3  \\\end{matrix} \right) \text{ và } A+2{{I}_{2}}=\left( \begin{matrix}   3 & 6  \\   1 & 2  \\\end{matrix} \right)$$

\(E_{3}^{A}=\left\{ X\in {{R}^{3}}|\left( A-3{{I}_{2}} \right)X=0 \right\}=\left\{ \alpha =\left( 3a,a \right)=a\left( 3,1 \right)|a\in R \right\}\) có cơ sở ${{B}_{1}}=\left\{ {{\alpha }_{1}}=\left( 3,1 \right) \right\}$ do

$$ \left( \begin{matrix}   -2 & 6 & 0  \\   1 & -3 & 0  \\\end{matrix} \right)\to \left( \begin{matrix}   1 & -3 & 0  \\   0 & 0 & 0  \\\end{matrix} \right)$$

\(E_{-2}^{A}=\left\{ X\in {{R}^{3}}|\left( A-2{{I}_{2}} \right)X=0 \right\}=\left\{ \alpha =\left( -2a,a \right)=a\left( -2,1 \right)|a\in R \right\}\) có cơ sở ${{B}_{2}}=\left\{ {{\alpha }_{2}}=\left( -2,1 \right) \right\}$ do $$ \left( \begin{matrix}   3 & 6 & 0  \\   1 & 2 & 0  \\\end{matrix} \right)\to \left( \begin{matrix}   1 & 2 & 0  \\   0 & 0 & 0  \\\end{matrix} \right)$$

\({{R}^{3}}=E_{3}^{A}\oplus E_{-2}^{A}\) có cơ sở $B={{B}_{1}}\cup {{B}_{2}}=\left\{ {{\alpha }_{1}};{{\alpha }_{2}} \right\}$.

Đặt \(P=\left( C\to B \right)=\left( \begin{matrix}   3 & -2  \\   1 & 1  \\\end{matrix} \right)\) với C là cơ sở chính tắc của ${{R}^{3}}$ thì $P$ khả nghịch, ${{P}^{-1}}=\left( \begin{matrix}   \dfrac{1}{5} & \dfrac{2}{5}  \\   -\dfrac{1}{5} & \dfrac{3}{5}  \\\end{matrix} \right)$

Và \(A=P\left( \begin{matrix}   3 & 0  \\   0 & -2  \\\end{matrix} \right){{P}^{-1}}\).

Từ đó ta có ${{t}_{n}}={{A}^{n}}{{t}_{0}}=P{{B}^{n}}{{P}^{-1}}.{{t}_{0}}=\left( \begin{matrix}   3 & -2  \\   1 & 1  \\\end{matrix} \right)\left( \begin{matrix}   {{3}^{n}} & 0  \\   0 & -{{2}^{n}}  \\\end{matrix} \right)\left( \begin{matrix}   \dfrac{1}{5} & \dfrac{2}{5}  \\   -\dfrac{1}{5} & \dfrac{3}{5}  \\\end{matrix} \right)\left( \begin{aligned}  & 2 \\  & 1 \\ \end{aligned} \right)=\dfrac{1}{5}\left( \begin{aligned}  & {{4.3}^{n+1}}+{{2}^{n+1}} \\  & {{4.3}^{n}}-{{2}^{n}} \\ \end{aligned} \right)$

Vậy $\left\{ \begin{aligned}  & {{u}_{n+1}}={{4.3}^{n+1}}+{{2}^{n+1}} \\  & {{u}_{n}}={{4.3}^{n}}-{{2}^{n}} \\ \end{aligned} \right.\left( n\ge 0 \right)$.

Lưu ý. Một số bài toán dãy số có thể đưa về dạng các ma trận rồi từ đó sử dụng ma trận luỹ thừa để tìm ra công thức chung.

Lời bình. Khi có những bài toán không thể tìm được công thức chung, thì chúng ta nên sử dụng ma trận chéo hoá tìm công thức chung cho luỹ thừa ma trận.

Kết luận. Với những bài toán tìm ma trận luỹ thừa bậc cao, chúng ta có thể ứng dụng một số cách sau để tìm ma trận luỹ thừa của chúng:

  1. Sử dụng máy tính để dự đoán một số công thức chung cho công thức đó, từ đó dùng quy nạp để chứng minh bài toán.
  2. Sử dụng Nhị thức Newton để tách ma trận đã cho thành các ma trận luỹ linh hoặc luỹ đẳng rồi từ đó tìm được công thức chung.
  3. Sử dụng ma trận chéo hoá.

————————————————-

Trên đây là một số hướng dẫn giải những bài toán ma trận luỹ thừa trên 2 dòng máy tính thịnh hành nhất hiện nay là Casio fx-570VN Plus và Casio fx-580 VNX, Bài viết còn nhiều thiếu sót (dù đã được chỉn chu), các bạn có góp ý, bình luận đừng ngại gửi tin nhắn hoặc bình luận trên fanpage nhá. Thanks for attention.

Bài kế tiếp: TỔNG HỢP: ỨNG DỤNG PHƯƠNG THỨC MA TRẬN TRÊN CASIO FX-580VNX VÀ CASIO FX-570VN PLUS ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN THPT VÀ MA TRẬN

Bài viết trước: PHẦN 6: GIẢI QUYẾT NHỮNG BÀI TOÁN LUỸ THỪA MA TRẬN BẰNG PHƯƠNG THỨC MATRIX (II)