..
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐÀO THỊ SEN
TỔNG LIÊN QUAN ĐẾN CÁC
DÃY SỐ CÓ QUY LUẬT
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2017
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐÀO THỊ SEN
TỔNG LIÊN QUAN ĐẾN CÁC
DÃY SỐ CÓ QUY LUẬT
CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 60 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. NGUYỄN VĂN NGỌC
THÁI NGUYÊN - 2017
I
Mục lục
Mở đầu
1
Chương 1. Tổng của các biểu thức nguyên
1.1 Nguyên lý quy nạp Toán học chứng minh đẳng thức và bất đẳng
thức liên quan đến tổng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Phương pháp tách các số hạng . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Cơ sở lý luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Phương pháp hằng đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Phương pháp đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 Tổng hữu hạn liên quan đến hàm lũy thừa của các số tự nhiên
3
Chương 2. Tổng của các biểu thức phân
2.1 Tính tổng bằng phương pháp phân tách các hạng tử . . . .
2.1.1 Cơ sở lý luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Tìm số các số hạng của một dãy số có quy luật . . . . . . .
2.3 Một số bài toán khác liên quan đến tổng của các phân thức
Chương 3. Tổng liên quan
3.1 Cấp số cộng . . . . .
3.1.1 Khái niệm . .
3.1.2 Các bài toán
3.2 Cấp số nhân . . . . .
3.2.1 Khái niệm . .
3.2.2 Các bài toán
đến
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
các cấp số
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. 3
. 3
. 4
. 5
. 5
. 5
. 9
. 15
. 19
.
.
.
.
.
24
24
24
25
33
35
.
.
.
.
.
.
42
42
42
42
47
47
47
II
3.2.3
3.2.4
Tính tổng các đa thức đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . 50
Một số bài toán về cấp số và tổng hữu hạn . . . . . . . . . 52
Chương 4. Bất đẳng thức liên quan đến tổng
66
4.1 Các dạng toán có độ khó trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
4.2 Các dạng toán có độ khó cao hơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
Kết luận
78
Tài liệu tham khảo
79
1
Mở đầu
Các bài toán liên quan đến tổng đại bộ phận là những bài toán khó mà học
sinh phổ thông, nhất là phổ thông cơ sở tỏ ra rất lúng túng khi gặp các bài toán
dạng này. Các bài toán dạng này hầu như không được giới thiệu trong sách giáo
khoa ở bậc THCS, còn ở bậc THPT chỉ được giới thiệu một số tổng đơn giản
và được chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
Mục đích của luận văn này là tìm tòi học tập các phương pháp đơn giản về
tính tổng của các số tự nhiên và của các phân số hữu tỷ, vô tỷ liên quan đến các
dãy số có quy luật, bao gồm cả cấp số cộng và cấp số nhân. Ưu tiên các phương
pháp chỉ sử dụng các kiến thức ở THCS, điều này làm nên sự khác biệt của luận
văn này với tài liệu [1].
Luận văn có bố cục: mở đầu, 4 chương, kết luận và tài liệu tham khảo.
Chương 1: Trình bày nguyên lí quy nạp và các bài toán về tổng các biểu thức
nguyên với các phương pháp cơ bản để giải quyết các bài toán.
Chương 2: Trình bày các dạng các bài toán về tổng các biểu thức phân.
Chương 3: Trình bày các tổng liên quan đến các cấp số.
Chương 4: Trình bày các bài toán khó về bất đẳng thức liên quan với các
tổng hữu hạn.
Nội dung chủ yếu của luận văn được tham khảo từ các tài liệu của tác giả,
và các tác phẩm: Phạm Quốc Khánh [1], Tuyển chọn theo chuyên đề [2], Tuyển
chọn theo chuyên đề toán học và tuổi trẻ [3], Tổng tập Toán Tuổi Thơ [4],
A.F.Beardon [5], Kenderdine Maths Tutoring [6], V.A.Krechmar [7], Xiong Bin,
Lee Peeng Yee [8].
Em xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc nhất tới người thầy kính mến TS. Nguyễn
Văn Ngọc người đã tận tình hướng dẫn giúp đỡ em trong suốt quá trình làm và
hoàn thành luận văn.
Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo khoa Toán - Tin, trường Đại
học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học,
những người đã trực tiếp giảng dạy và giúp đỡ em trong quá trình học tập tại
2
trường.
Tôi xin cảm ơn bạn bè và các học viên trong lớp cao học Toán K10C1 - Thái
Nguyên đã luôn quan tâm động viên giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập và
quá trình làm luận văn.
Sự quan tâm khích lệ động viên của gia đình cũng là nguồn động viên lớn để
tôi hoàn thành khóa luận này.
Tuy nhiên do sự hiểu biết của bản thân và khuôn khổ của luận văn thạc sĩ
nên bản luận văn mới chỉ trình bày một phần nào đó. Do thời gian có hạn và
năng lực còn hạn chế nên luận văn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Kính
mong nhận được ý kiến đóng góp của các thầy cô và các anh chị, các bạn đồng
nghiệp để luận văn được hoàn chỉnh hơn.
Thái Nguyên, tháng 11 năm 2017
Người viết luận văn
Đào Thị Sen
3
Chương 1
Tổng của các biểu thức nguyên
Chương này trình bày một số bài toán về tổng của các biểu thức nguyên. Nội
dung của chương này được tham khảo từ các tài liệu [1],[2],[4],[5].
1.1
1.1.1
Nguyên lý quy nạp Toán học chứng minh đẳng
thức và bất đẳng thức liên quan đến tổng
Các khái niệm
• Ký hiệu của một tổng
Tổng của các số a1 , a2 , ..., an thường được ký hiệu là
a1 + a2 + ... + an =
n
X
ak ,
k=1
P
trong đó ký hiệu (xích-ma) nk=1 ak là tổng của các số ak với k = 1, 2, ..., n. Biểu
P
thức, hay giá trị của tổng nk=1 ak thường được ký hiệu là An , Bn , ...Sn .... Ta có
An = a1 + a2 + ... + an =
n
X
ak .
k=1
Ví dụ:
1 + 2 + 3... + n =
n
X
k=1
Ở đây An =
k=
n(n + 1)
.
2
n(n + 1)
sẽ được chứng minh dưới đây.
2
• Nguyên lý quy nạp Toán học
Nguyên lý quy nạp Toán học, gọi tắt là Nguyên lý quy nạp, thường được dùng
để chứng minh một Mệnh đề nào đó phụ thuộc vào số tự nhiên. Giả sử ta cần
4
chứng minh Mệnh đề Pn nào đó. Trước hết, ta cần kiểm tra tính đúng đắn của
Pn với n nhỏ nhất có thể có, thí dụ n = 1. Sau đó, giả sử Mệnh đề đúng với
n = k. Nếu chúng ta chứng minh được tính đúng đắn của mệnh đề với n = k + 1,
thì theo Nguyên lý quy nạp Toán học, mệnh đề được chứng minh với mọi số tự
nhiên n.
Khi gặp bài toán về chứng minh một mệnh đề nào đó phụ thuộc và số tự
nhiên n ta thường dùng phương pháp quy nạp. Sau đây tôi xin trình bày phương
pháp nói trên để chứng minh đẳng thức liên quan đến tổng hữu hạn.
1.1.2
Các bài toán
Bài toán 1.1.1. Chứng minh rằng
1 + 2 + 3 + ... + n =
n(n + 1)
.
2
Lời giải. Đặt S1 (n) = 1 + 2 + 3 + ... + n. Chúng ta sẽ chứng minh S1 (n) =
n(n + 1)
.
2
1.(1 + 1)
= 1, đẳng thức đúng. Giả sử đẳng thức đúng
2
k(k + 1)
với n = k, nghĩa là S1 (k) = 1 + 2 + ... + k =
. Với n=k+1, ta có
2
Thật vậy, ta có S1 (1) =
S1 (k + 1) = 1 + 2 + .. + k + (k + 1) = (1 + 2 + ... + k) + (k + 1)
k
(k + 1)(k + 2)
k(k + 1)
=
+ (k + 1) = (k + 1)
+1 =
.
2
2
2
Vậy theo Nguyên lý quy nạp Toán học với mọi số tự nhiên n ta có điều phải
chứng minh.
Bài toán 1.1.2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có đẳng thức
1.1! + 2.2! + 3.3! + ... + n.n! = (n + 1)! − 1.
Lời giải. Sử dụng nguyên lý quy nạp. Gọi S(n) = 1! + 2.2! + 3.3! + ... + n.n!
+) với n = 1 suy ra VT=VP đẳng thức luôn đúng
+) giả sử đẳng thức đúng với n, ta chứng minh đúng với n + 1.
Ta có
S(n + 1) = S(n) + (n + 1)(n + 1)! = (n + 1)! − 1 + (n + 1)(n + 1)!
= (n + 1)!(n + 1 + 1) − 1 = (n + 2)! − 1.
Bài toán 1.1.3. Với n là số nguyên dương chứng minh rằng
1.2.3 + 2.3.4 + ... + n(n + 1)(n + 2) =
n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
.
4
5
Lời giải. Gọi S(n) = 1.2.3 + 2.3.4 + ... + n(n + 1)(n + 2)
+) với n = 1 suy ra VT=VP đẳng thức luôn đúng
+) giả sử đẳng thức đúng với n. Ta chứng minh đúng với n + 1.
Ta có
S(n + 1) = S(n) + (n + 1)(n + 2)(n + 3)
n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
+ (n + 1)(n + 2)(n + 3)
=
4
(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)
=
.
4
(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)
Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có S(n) =
.
4
Trên đây chúng ta vận dụng phương pháp Quy nạp để chứng minh công thức
của các tổng. Một vấn đề tự nhiên và quan trọng đặt ra là các công thức này
đã được thiết lập như thế nào? Trong các phần tiếp theo của chương này ta sẽ
nêu một số phương pháp đơn giản tính tổng chỉ cần sử dụng các kiến thức Toán
học ở bậc THCS.
1.2
Phương pháp tách các số hạng
1.2.1
Cơ sở lý luận
Sử dụng kỹ thuật phân tách thành các hạng tử sau đây:
1.
2k = k(k + 1) − (k − 1)k,
2.
3mk(k + m) = k(k + m)(k + 2m) − (k − m)k(k + m),
3.
4mk(k + m)(k + 2m) = k(k + m)(k + 2m)(k + 3m) − (k − m)k(k + m)(k + 2m),
4.
k(k + 1)! = (k + 1)! − k!,
0! = 1, k! = 1.2 · · · k,
5.
(k 2 + k + 1)k! = (k 2 + 2k + 1 − k)k! = (k + 1)2 k! − k.k! = (k + 1)(k + 1)! − k.k!,
··· ··· ···
1.2.2
Các bài toán
Bài toán 1.2.1. Tính tổng của n số nguyên dương đầu tiên
S1 (n) = 1 + 2 + 3 + ... + n.
Lời giải. Số các số hạng của tổng là n, ta viết lại tổng đã cho theo quy luật giảm
của các số hạng
S1 (n) = n + (n − 1) + ... + 2 + 1.
6
Cộng theo thứ tự trên-dưới các số hạng trong tổng đã cho, ta được
2S1 (n) = (1 + n) + (2 + n − 1) + · · · + (n + 1) = n(n + 1),
Từ đây suy ra
S1 (n) =
n(n + 1)
.
2
(1.1)
Ngoài ra, còn có thể tính S1 (n) bằng cách sử dụng hệ thức 2k = k(k + 1) −
(k − 1)k như sau. Nhân hai vế của S1 (n) với 2 và sử dụng hệ thức trên với
k = 1, 2, ..., n ta được
2S1 (n) = 1.2 + 2.3 − 1.2 + 3.4 − 2.3 + ... + n(n + 1) − (n − 1)n = n(n + 1).
Từ đây suy ra công thức (1.1).
Bài toán 1.2.2. Tính các tổng
1.
P2 (n) = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n(n + 1),
2.
P3 (n) = 1.2.3 + 2.3.4 + .... + n(n + 1)(n + 2).
Lời giải.
1. Nhân hai vế với 3 và áp dụng công thức tách 3k(k + 1) = k(k + 1)(k + 2) − (k −
1)k(k + 1), ta có
3P2 (n) = 3.1.2 + 3.2.3 + ... + 3n(n + 1)(n + 2)
= 1.2.3 + 2.3.(4 − 1) + 3.4.(5 − 2) + ... + n(n + 1)[(n + 2) − (n − 1)]
= n(n + 1)(n + 2).
Suy ra
P2 (n) = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n(n + 1) =
n(n + 1)(n + 2)
.
3
(1.2)
2. Tương tự, nhân hai vế của P3 (n) với 4 và sử dụng hệ thức
4k(k + 1)(k + 1)(k + 2) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) − (k − 1)k(k + 1)(k + 2) với k = 1, 2, ..., n
ta được
P3 (n) = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n(n + 1)(n + 2) =
n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
. (1.3)
4
Bài toán 1.2.3. Tính tổng
Ln = 1.3.5 + 3.5.7 + 5.7.9 + ... + (2n − 1).(2n + 1).(2n + 3).
7
Lời giải. Nhân hai vế của tổng đã cho với 8=4.2 và áp dụng công thức tách
4.2k(k +2)(k +4) = k(k +2)(k +4)(k +6)−(k −2)k(k +2)(k +4) với k = 1, 3, ..., 2n−1,
ta được
8Ln = [1.3.5.7 − (−1).1.3.5] + [3.5.7.9 − 1.3.5.7] + [5.7.9.11 − 3.5.7.9]
+ .... + [(2n − 1)(2n + 1)(2n + 3)(2n + 5) − (2n − 3)(2n − 1)(2n + 1)(2n + 3)]
= (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3)(2n + 5) + 1.3.5
= (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3)(2n + 5) + 15.
Suy ra
Ln =
(2n − 1)(2n + 1)(2n + 3)(2n + 5) + 15
.
8
Bài toán 1.2.4. Tính tổng
S = 1! + 2.2! + ... + n.n!
Trong đó n! = 1.2.3.4....(n − 1)n.
Lời giải. Ta có
1! = 2! − 1!,
2.2! = 3! − 2!,
...............,
n.n! = (n + 1)! − n!,
⇒ S = (n + 1)! − 1.
Bài toán 1.2.5. Tính tổng
Qn = 1.n + 2(n − 1) + 3(n − 2) + ... + (n − 1)2 + n.1.
Lời giải. Chúng ta biến đổi Qn như sau
Qn = n(1 + 2 + 3 + ... + n) − [1.2 + 2.3 + ... + (n − 1)n]
n(n + 1)
=n
− [1.2 + 2.3 + ... + n(n + 1)] + n(n + 1)
2
n(n + 1) n(n + 1)(n + 2)
=n
−
+ n(n + 1)
2
3
n(n + 1)(n + 2)
=
.
6
8
Bài toán 1.2.6. Tính các tổng sau
A = 1.2 + 2.3 + ... + n(n + 1) + ... + 98.99,
B = 1.99 + 2.98 + ... + n(100 − n) + 98.2 + 99.1.
Lời giải.
Ta có
3A = 1.2.3 + 2.3.3 + ... + 3n(n + 1) + ... + 3.98.99
= 1.2.(3 − 0) + 2.3.(4 − 1) + ... + 98.99(100 − 97)
= 1.2.3 + 2.3.4 + ... + 98.99.100 − (1.2.3 + 2.3.4 + ... + 97.98.99)
970200
= 98.99.100 = 970200 → A =
= 323400
3
B = 1.99 + 2(99 − 1) + ... + 98(99 − 97) + 99(99 − 98)
= 1.99 + 2.99 + 3.99 + ... + 99.99 − (1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 98.99)
99(99 + 1)99
− A = 99.99.50 − 323400 = 166650.
= 99(1 + 2 + 3 + ... + 99) − A =
2
98.99.100
.
3
Nếu A = 1.2 + 2.3 + ... + n(n + 1). Tính giá trị của B = 3A với B = 3A thì
Từ bài toán trên ta có 3A = 98.99.100 → A =
B = (n − 1)n(n + 1) với n = 100
B = (1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + (n − 1)n).3
= (0.1 + 1.2 + 2.3 + ... + (n − 1)n).3
= (1(0 + 2) + 3(2 + 4) + 5(4 + 6) + ... + 97(96 + 98) + 99(98 + 100)).3
= (1.1.2 + 3.3.2 + 5.5.2 + ... + 99.99.2).3
= 2.3(12 + 32 + 52 + ... + 992 )
= 6(12 + 32 + ... + 992 ).
Do đó 6(12 + 32 + 52 + ... + 992 ) = 99.100.101 hay
99.100.101
= 166650.
6
(2n + 1)(2n + 2)(2n + 3)
Vậy P = 12 + 32 + ... + (2n + 1)2 =
.
6
Công thức tính tổng các bình phương n số tự nhiên
n(n + 1)(n + 2)
P = 12 + 22 + 32 + ... + n2 =
.
6
12 + 32 + ... + 992 =
9
Bài toán 1.2.7. Tính các tổng sau
A = 1.2.3.4 + 2.3.4.5 + ... + n(n + 1)(n + 2)(n + 3),
(1.4)
B = 1.3.5.7 + 3.5.7.9 + ... + (2n − 1).(2n + 1).(2n + 3).(2n + 5).
(1.5)
Lời giải.
Nhân hai vế của (1.4) với 5. Ta có
5A = 1.2.3.4.5 + 2.3.4.5.5 + ... + n (n + 1) (n + 2) (n + 3) .5
= 1.2.3.4.5 + 2.3.4.5. (6 − 1) + ... + n (n + 1) (n + 2) (n + 3) . [(n + 4) − (n − 1)]
= 1.2.3.4.5 + 2.3.4.5.6 − 1.2.3.4.5 + ... + n (n + 1) (n + 2) (n + 3) (n + 4)
− (n − 1) n (n + 1) (n + 2) (n + 3)
= n (n + 1) (n + 2) (n + 3) (n + 4)
n (n + 1) (n + 2) (n + 3) (n + 4)
.
→A=
5
Nhân hai vế của (1.5) với 10. Ta có
10B = 1.3.5.7.10 + 3.5.7.9.10 + .... + (2n − 1) (2n + 1) (2n + 3) (2n + 5) .10
10B = 1.3.5.7. (9 + 1) + 3.5.7.9. (11 − 1) + ....
+ (2n − 1) (2n + 1) (2n + 3) (2n + 5) . [(2n + 7) − (2n − 3)]
10B = 1.3.5.7.9 + 1.3.7.9 + 3.5.7.9.11 − 3.5.7.9.1 + ...
+ (2n − 1) (2n + 1) (2n + 3) (2n + 5) (2n + 7)
− (2n − 1) (2n + 1) (2n + 3) (2n + 5) (2n − 3)
10B = 1.3.7.9 + (2n − 1) (2n + 1) (2n + 3) (2n + 5) (2n + 7)
1.3.7.9 + (2n − 1) (2n + 1) (2n + 3) (2n + 5) (2n + 7)
⇒B=
.
10
1.3
Phương pháp hằng đẳng thức
Bài toán 1.3.1. Tính tổng
S1 (n) = 1 + 2 + 3 + ... + n.
Lời giải. Trên kia chúng ta đã tính được S1 =
n(n + 1)
. Trong mục này chúng
2
ta vận dụng phương pháp hằng đẳng thức để tính tổng trên. Phương pháp này
đặc biệt thuận tiện khi tính tổng của các lũy thừa bậc cao.
12 = (1 + 0)2 = 1,
10
22 = (1 + 1)2 = 12 + 2.1.1 + 12 ,
32 = (2 + 1)2 = 22 + 2.2.1 + 12 ,
··· ······
n2 = (n − 1) + 1
2
= (n − 1)2 + 2.(n − 1).1 + 12 .
Cộng theo từng vế các đẳng thức trên ta được
n2 = 2[1 + 2 + .. + (n − 1)] + n = 2(1 + 2 + ... + n) − n = 2S1 − n.
Suy ra S1 (n) =
n(n + 1)
.
2
Bài toán 1.3.2. Tính tổng
S2 (n) = 12 + 22 + 32 + ... + n2 .
Lời giải. Ta có
(n + 1)3 = n3 + 3n2 + 3n + 1,
nên
13 = (1 + 0)3 = 1
23 = (1 + 1)3 = 13 + 3.12 .1 + 3.1.12 + 1
33 = (2 + 1)3 = 23 + 3.22 .1 + 3.2.12 + 1
.....................................
(n + 1)3 = (n + 1)3 = n3 + 3n2 .1 + 3.n.12 + 1.
Cộng theo từng vế các đẳng thức trên ta được
13 + 23 + 33 + ... + n3 + (n + 1)3
= 1 + (13 + 23 + 33 + ... + n3 ) + 3(12 + 22 + 32 + ... + n2 )
+ 3(1 + 2 + 3 + ... + n) + (n + 1).
Vậy
n(n + 1)
+ (n + 1)
2
n(n + 1)
3(12 + 22 + 32 + ... + n2 ) = (n + 1)3 − 3
− (n + 1)
2
n(n + 1)(2n + 1)
3(12 + 22 + 32 + ... + n2 ) =
.
2
(n + 1)3 = 3[12 + 22 + 32 + ... + n2 ] + 3
Suy ra
S2 (n) = 12 + 22 + 32 + ... + n2 =
n(n + 1)(2n + 1)
.
6
11
Bài toán 1.3.3. Tính tổng
S3 (n) = 13 + 23 + 33 + 43 + ... + n3 .
Lời giải. Ta có
(n + 1)4 = n4 + 4n3 + 6n2 + 4n + 1,
nên
14 = 1
(1 + 1)4 = 24 = 14 + 4.13 + 6.12 + 4.1 + 1
(2 + 1)4 = 34 = 24 + 4.23 + 6.22 + 4.2 + 1
(3 + 1)4 = 44 = 34 + 4.33 + 6.32 + 4.3 + 1
.....................................
n4 = (n − 1 + 1)4 = (n − 1)4 + 4(n − 1)3 + 6.(n − 1)2 + 4.(n − 1) + 1
(n + 1)4 = n4 + 4n3 + 6n2 + 4n + 1.
Từ đó
14 + 24 + 34 + ... + n4 + (n + 1)4
= [14 + 24 + 34 + ... + n4 ] + 4[13 + 23 + 33 + ... + n3 ]
+ 6[12 + 22 + 32 + ... + n2 ] + 4[1 + 2 + 3 + ... + n] + [n + 1].
Vậy
n(n + 1)
+ [n + 1]
2
n(n + 1)(2n + 1)
n(n + 1)
4[13 + 23 + 33 + ... + n3 ] = (n + 1)4 − 6
−4
− (n + 1)
6
2
4[13 + 23 + 33 + ... + n3 ] = (n + 1)4 − n(n + 1)(2n + 1) − 2n(n + 1) − (n + 1)
(n + 1)4 = 4[13 + 23 + 33 + ... + n3 ] + 6[12 + 22 + 32 + ... + n2 ] + 4
(n + 1)[(n + 1)3 − n(2n + 1) − 2n − 1]
4
3 + 3n2 + 3n + 1 − 2n2 − n − 2n − 1]
(n
+
1)[n
[13 + 23 + 33 + ... + n3 ] =
4
h n(n + 1) i2
3
2
2
(n + 1)(n + n )
n (n + 1)2
3
3
3
3
[1 + 2 + 3 + ... + n ] =
=
=
.
4
4
2
[13 + 23 + 33 + ... + n3 ] =
Vậy
S3 (n) = 13 + 23 + 33 + ... + n3 =
h n(n + 1) i2
2
.
12
Bài toán 1.3.4. Biết
3
3
3
Sn = 1 + 2 + ... + n =
h n(n + 1) i2
2
.
Tính tổng
S = 13 + 33 + 53 + 73 + ... + (2n + 1)3 .
Lời giải.
S = 13 + 33 + 53 + 73 + ... + (2n + 1)3
Sn = [13 + 23 + 33 + ... + (2n + 1)3 ] − [23 + 43 + 63 + ... + (2n)3 ]
Sn = [13 + 23 + 33 + ... + (2n + 1)3 ] − 8[13 + 23 + 33 + ... + n3 ]
h (2n + 1)(2n + 2) i2
h n(n + 1) i2
Sn =
−8
2
2
h
i2
h n(n + 1) i2
Sn = (2n + 1)(n + 1) − 8
2
2
2
2
Sn = (2n + 1) (n + 1) − 2n (n + 1)2
2
h
2
2
Sn = (n + 1) (2n + 1) − 2n
i
= (n + 1)2 [2n2 + 4n + 1].
Áp dụng công thức
Sn = 13 + 23 + 33 + ... + n3 =
Bài toán 1.3.5. Tính tổng Sn =
h n(n + 1) i2
2
.
Pn
i=1 i(3i − 1).
Lời giải. Ta có
Sn =
n
X
i(3i − 1) =
n
X
i=1
Do
3
n
X
i=1
i2 =
2
(3i − i) = 3
i=1
n
X
i=1
2
i −
n
X
i.
i=1
3n(n + 1)(2n + 1)
n(n + 1)(2n + 1)
=
6
2
n
X
i=1
=
n(n + 1)
2
Suy ra
Sn =
n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)
n(n + 1)
−
=
[2n + 1 − 1]
2
2
2
Vậy Sn = n2 (n + 1).
13
Bài toán 1.3.6. Biết
12 + 22 + 32 + ... + 102 = 385.
Hãy tính nhanh tổng sau
S = 22 + 42 + 62 + ... + 202 .
Lời giải. Chúng ta viết lại S như sau
S = (2.1)2 + (2.2)2 + (2.3)2 + ... + (2.10)2
= 22 (12 + 22 + .. + 102 ) = 4.385
Do đó ta có S = 1540.
Bài toán 1.3.7. Tính tổng Sn = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n(n + 1), (n ∈ N∗ ).
Lời giải. Ta có Sn = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n(n + 1), (n ∈ N∗ ),
⇒ Sn =
n
X
i(i + 1) =
i=1
Do
n
X
2
(i + i) =
n
X
i=1
n
X
2
i +
i=1
n
X
i.
i=1
n(n + 1)(2n + 1)
6
i2 =
i=1
n
X
=
i=1
n(n + 1)
2
Suy ra
Sn =
n
X
2
i +
i=1
n
X
i=
i=1
n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)
+
.
6
2
n(n + 1)
2n + 1
n(n + 1) 2n + 4
n(n + 1)(n + 2)
1+
=
=
.
⇒ Sn =
2
3
2
3
3
h
i
Bài toán 1.3.8. Tính tổng Sn = 1.4 + 2.9 + 3.16 + ... + n(n + 1)2 , (n ∈ N∗ ).
Lời giải. Ta có Sn = 1.4 + 2.9 + 3.16 + ... + n(n + 1)2
Sn =
n
X
i=1
2
i(i + 1) =
n
X
i=1
2
i i + 2i + 1 =
n
X
i=1
3
2
i + 2i + i =
n
X
i=1
3
i +
n
X
i=1
2
i +2
n
X
i=1
i.
14
Do
n
P
i3
i=1
n
n
P
n (n + 1) (2n + 1)
n (n + 1)
n2 (n + 1)2 P
,
và
i2 =
i=
=
4
6
2
i=1
i=1
⇒ Sn =
n
X
3
i +2
n
X
2
i +
n
X
i
i=1
i=1
i=1
2
n2 (n + 1)
2n (n + 1) (2n + 1)
n (n + 1)
4
6
2
2
2
3n (n + 1) + 4n (n + 1) (2n + 1) + 6n (n + 1)
=
12
n (n + 1) [3n (n + 1) + 4 (2n + 1) + 6]
=
12
n (n + 1) (n + 2) (3n + 5)
=
.
12
=
+
+
Bài toán 1.3.9. Tính tổng Sn = 1.9 + 3.25 + 5.49 + ... + (2n − 1)(2n + 1)2 , (n ∈ N∗ ).
Lời giải. Ta có Sn = 1.9 + 3.25 + 5.49 + ... + (2n − 1)(2n + 1)2
Sn =
n
X
(2i − 1) (2i + 1) =
i=1
n
X
=8
i=1
Do
n
P
i=1
i3 =
2
i3 + 4
n
X
i2 − 2
i=1
n
X
2
4i − 1 (2i + 1) =
i=1
n
X
2
n
X
i=1
i=1
n
X
8i3 + 4i2 − 2i − 1
i=1
i −
1.
n
n
P
n (n + 1) (2n + 1)
n (n + 1)
n2 (n + 1)2 P
,
i2 =
và
i=
4
6
2
i=1
i=1
⇒ Sn = 8
n
X
3
i +4
n
X
i=1
i=1
2
2
n (n + 1)
2
i −2
n
X
i=1
2
i −
n
X
1
i=1
n (n + 1) (2n + 1)
n (n + 1)
−2
−n
4
6
2
n (n + 1) (2n + 1)
= 2n2 (n + 1)2 + 2
− n (n + 1) − n
3
6n2 (n + 1)2 + 2n (n + 1) (2n + 1) − 3n (n + 1) − 3n
=
3
n 6n3 + 16n2 + 9n − 4
=
.
3
=8
+4
Bài toán 1.3.10. Tính tổng Sn = 1.2.3+3.4.5+4.5.6+...+n(n+1)(n+2), (n ∈ N∗ ).
15
Lời giải. Ta có Sn = 1.2.3 + 3.4.5 + 4.5.6 + ... + n(n + 1)(n + 2).
Sn =
=
n
X
i=1
n
X
i (i + 1) (i + 2) =
Do
i=1
i3
2
i + i (i + 2) =
i3 + 3
n
X
i2 +
i=1
n
X
n
X
i3 + 3i2 + 2i
i=1
i=1
i=1
n
P
n
X
i.
i=1
n
n
P
n2 (n + 1)2 P
n (n + 1) (2n + 1)
n (n + 1)
=
,
và
i2 =
i=
4
6
2
i=1
i=1
⇒ Sn =
n
X
3
i +3
n
X
2
i +
i=1
i=1
2
2
n (n + 1)
n
X
i
i=1
n (n + 1) (2n + 1) n (n + 1)
+
4
6
2
(2n + 1)
n (n + 1) n (n + 1)
+3
+1
=
2
2
3
=
+3
n (n + 1) n (n + 1) + 2 (2n + 1) + 2
=
2
2
n (n + 1) (n + 1) (n + 4)
=
2
2
=
1.4
n(n + 1)2 (n + 4)
.
4
Phương pháp đa thức
Bài toán 1.4.1. Cho số thực m 6= 0. Tìm đa thức bậc hai P2 (x) = ax2 + bx + c,
sao cho x = P2 (x + m) − P2 (x) với mọi x.
Lời giải. Theo giả thiết ta có
x ≡ a(x + m)2 + b(x + m) + c − ax2 − bx − c = 2amx + am2 + bm.
1
1
, b = − . Vì có thể chọn c tùy ý,
2m
2
1 2 1
nên để thuận tiện ta có đa thức cần tìm là P2 (x) =
x − x.
2m
2
Suy ra 2ma = 1, am2 + bm = 0. Do đó a =
Nhận xét 1.4.2. Vì P2 (0) = 0, nên P2 (m) = 0.
16
Áp dụng:
a)
b)
1 + 2 + 3 + .. + n = P (2) − P (1) + P (3) − P (2) + .... + P (n + 1) − P (n)
n(n + 1)
= P (n + 1) − P (1) =
(m = 1)
2
1 + 3 + 5 + ... + (2n − 1) = P (3) − P (1) + ... + P (2n + 1) − P (2n − 1)
i h1 1i
h1
1
−
= n2 (m = 2).
= P (2n + 1) − P (1) = (2n + 1)2 − (2n + 1) −
4
2
4 2
Bài toán 1.4.3. Cho số thực m 6= 0. Tìm đa thức bậc ba P3 (x) = ax3 +bx2 +cx+d,
sao cho x2 = P3 (x + m) − P3 (x) với mọi x.
Lời giải. Theo giả thiết ta có
x2 ≡ a(x + m)3 + b(x + m)2 + c(x + m) + d − (ax3 + bx2 + cx + d)
= a(x3 + 3x2 m + 3xm2 + m3 ) + b(x2 + 2xm + m2 ) + c(x + m) + d
− ax3 − bx2 − cx − d = 3amx2 + x(3am2 + 2bm) + (am3 + bm2 + cm).
So sánh hệ số của các đơn thức cùng bậc ở hai vế của đẳng thức trên, ta có
1
a=
,
3m
3am = 1,
⇔
(3am + 2b)m = 0,
am3 + bm2 + cm = 0
1
b=− ,
2
c = m .
6
Chọn d = 0, ta có đa thức cần tìm
P3 (x) =
1 3 1 2 m
x − x + x.
3m
2
6
Nhận xét 1.4.4. Vì P3 (0) = 0, nên P3 (m) = 0.
Áp dụng.
a) (m = 1) :12 + 22 + 32 + ....n2 = P3 (2) − P3 (1) + P3 (3) − P3 (2) + ...
+ P3 (n + 1) − P3 (n)
h1
1
1
1 1 1
− +
= P3 (n + 1) − P3 (1) = (n + 1) − (n + 1)2 + (n + 1) −
3
2
6
3 2 6
n(n + 1)(2n + 1)
=
6
2
2
b) (m = 2) : 1 + 3 + ... + (2n − 1)2 = P3 (3) − P3 (1) + ... + P3 (2n + 1) − P3 (2n − 1)
3
= P3 (2n + 1) − P3 (1)
h1
i h1 1 2i
1
2
= (2n + 1)3 − (2n + 1)2 + (2n + 1) −
− +
6
2
6
6 2 6
n(4n2 − 1)
=
.
3
i
h
i
- Xem thêm -