Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:83

Thêm vào BST

Báo xấu

52
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tổng liên quan đến các dãy số có quy luật

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 3 1.1 Nguyên lý quy nạp Toán học chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức liên quan đến tổng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.2 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Phương pháp tách các số hạng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.1 Cơ sở lý luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.2 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.3 Phương pháp hằng đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.4 Phương pháp đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.5 Tổng hữu hạn liên quan đến hàm lũy thừa của các số tự nhiên . 19 Chương 2. Tổng của các biểu thức phân 24 2.1 Tính tổng bằng phương pháp phân tách các hạng tử . . . . . . . 24 2.1.1 Cơ sở lý luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.1.2 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.2 Tìm số các số hạng của một dãy số có quy luật . . . . . . . . . . 33 2.3 Một số bài toán khác liên quan đến tổng của các phân thức . . . 35 Chương 3. Tổng liên quan đến các cấp số 42 3.1 Cấp số cộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 3.1.1 Khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 3.1.2 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 3.2 Cấp số nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.2.1 Khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.2.2 Các bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
II 3.2.3 Tính tổng các đa thức đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . 50 3.2.4 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 Nguyên lý quy nạp Toán học chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức liên quan đến tổng 1.1.1 Các khái niệm • Ký hiệu của một tổng Tổng của các số a1 , a2 , ..., an thường được ký hiệu là n X a1 + a2 + ... + an = ak , k=1 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 P n X An = a1 + a2 + ... + an = ak . k=1 Ví dụ: n X n(n + 1) 1 + 2 + 3... + n = k= . 2 k=1 n(n + 1) Ở đây An = 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 n(n + 1) 1 + 2 + 3 + ... + n = . 2 n(n + 1) Lời giải. Đặt S1 (n) = 1 + 2 + 3 + ... + n. Chúng ta sẽ chứng minh S1 (n) = . 2 1.(1 + 1) Thật vậy, ta có S1 (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 S1 (k + 1) = 1 + 2 + .. + k + (k + 1) = (1 + 2 + ... + k) + (k + 1) k(k + 1) k (k + 1)(k + 2) = + (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 n(n + 1)(n + 2)(n + 3) 1.2.3 + 2.3.4 + ... + n(n + 1)(n + 2) = . 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 n(n + 1) S1 (n) = . (1.1) 2 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 n(n + 1)(n + 2) P2 (n) = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n(n + 1) = . (1.2) 3 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 n(n + 1)(n + 2)(n + 3) P3 (n) = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n(n + 1)(n + 2) = . (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 (2n − 1)(2n + 1)(2n + 3)(2n + 5) + 15 Ln = . 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 = 99(1 + 2 + 3 + ... + 99) − A = − A = 99.99.50 − 323400 = 166650. 2 98.99.100 Từ bài toán trên ta có 3A = 98.99.100 → A = . 3 Nếu A = 1.2 + 2.3 + ... + n(n + 1). Tính giá trị của B = 3A với B = 3A thì 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 12 + 32 + ... + 992 = = 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
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. n(n + 1) Lời giải. Trên kia chúng ta đã tính được S1 = . 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 , ··· ······ 2 n2 = (n − 1) + 1 = (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. n(n + 1) Suy ra S1 (n) = . 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)3 = 3[12 + 22 + 32 + ... + n2 ] + 3 + (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 Suy ra n(n + 1)(2n + 1) S2 (n) = 12 + 22 + 32 + ... + n2 = . 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)4 = 4[13 + 23 + 33 + ... + n3 ] + 6[12 + 22 + 32 + ... + n2 ] + 4 + [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)[(n + 1)3 − n(2n + 1) − 2n − 1] [13 + 23 + 33 + ... + n3 ] = 4 (n + 1)[n 3 + 3n2 + 3n + 1 − 2n2 − n − 2n − 1] [13 + 23 + 33 + ... + n3 ] = 4 3 (n + 1)(n + n )2 n (n + 1)2 2 h n(n + 1) i2 3 3 3 3 [1 + 2 + 3 + ... + n ] = = = . 4 4 2 Vậy h n(n + 1) i2 S3 (n) = 13 + 23 + 33 + ... + n3 = . 2
12 Bài toán 1.3.4. Biết h n(n + 1) i2 3 3 3 Sn = 1 + 2 + ... + n = . 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 Sn = (2n + 1) (n + 1) − 2n (n + 1)2 2 2 2 h i 2 2 2 Sn = (n + 1) (2n + 1) − 2n = (n + 1)2 [2n2 + 4n + 1]. Áp dụng công thức h n(n + 1) i2 Sn = 13 + 23 + 33 + ... + n3 = . 2 Pn Bài toán 1.3.5. Tính tổng Sn = i=1 i(3i − 1). Lời giải. Ta có n X n X n X n X 2 2 Sn = i(3i − 1) = (3i − i) = 3 i − i. i=1 i=1 i=1 i=1 Do n X 3n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)(2n + 1) 3 i2 = = 6 2 i=1 n X n(n + 1) = 2 i=1 Suy ra n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) n(n + 1) Sn = − = [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∗ ), n X n X n X n X 2 2 ⇒ Sn = i(i + 1) = (i + i) = i + i. i=1 i=1 i=1 i=1 Do n X n(n + 1)(2n + 1) i2 = 6 i=1 n X n(n + 1) = 2 i=1 Suy ra n n X 2 X n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) Sn = i + i= + . 6 2 i=1 i=1 n(n + 1) 2n + 1 n(n + 1) 2n + 4 n(n + 1)(n + 2) h i ⇒ Sn = 1+ = = . 2 3 2 3 3 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 n X n X n X n X n X n X 2 2 3 2 3 2 Sn = i(i + 1) = i i + 2i + 1 = i + 2i + i = i + i +2 i. i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 i=1
14 n n2 (n + 1)2 P n n (n + 1) (2n + 1) n n (n + 1) i3 i2 = P P Do = , và i= i=1 4 i=1 6 i=1 2 n X n X n X 3 2 ⇒ Sn = i +2 i + 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 n X n X n X 2 2 8i3 + 4i2 − 2i − 1 Sn = (2i − 1) (2i + 1) = 4i − 1 (2i + 1) = i=1 i=1 i=1 Xn n X n X n X =8 i3 + 4 i2 − 2 2 i − 1. i=1 i=1 i=1 i=1 n n2 (n + 1)2 P n n (n + 1) (2n + 1) n n (n + 1) i3 = i2 = P P Do , và i= i=1 4 i=1 6 i=1 2 n X n X n X n X 3 2 2 ⇒ Sn = 8 i +4 i −2 i − 1 i=1 i=1 i=1 i=1 2 2 n (n + 1) n (n + 1) (2n + 1) n (n + 1) =8 +4 −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 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). n X n X n X 2 i3 + 3i2 + 2i Sn = i (i + 1) (i + 2) = i + i (i + 2) = i=1 i=1 i=1 Xn n X n X = i3 + 3 i2 + i. i=1 i=1 i=1 n n2 (n + 1)2 P n n (n + 1) (2n + 1) n n (n + 1) i3 i2 = P P Do = , và i= i=1 4 i=1 6 i=1 2 n X n X n X 3 2 ⇒ Sn = i +3 i + i i=1 i=1 i=1 2 2 n (n + 1) n (n + 1) (2n + 1) n (n + 1) = +3 + 4 6 2 n (n + 1) n (n + 1) (2n + 1) = +3 +1 2 2 3 n (n + 1) n (n + 1) + 2 (2n + 1) + 2 = 2 2 n (n + 1) (n + 1) (n + 4) = 2 2 n(n + 1)2 (n + 4) = . 4 1.4 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 Suy ra 2ma = 1, am2 + bm = 0. Do đó a = , 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 Nhận xét 1.4.2. Vì P2 (0) = 0, nên P2 (m) = 0.
16 Áp dụng: a) 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 b) 1 + 3 + 5 + ... + (2n − 1) = P (3) − P (1) + ... + P (2n + 1) − P (2n − 1) h1 1 i h1 1i = P (2n + 1) − P (1) = (2n + 1)2 − (2n + 1) − − = n2 (m = 2). 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= , 3am = 1,    3m 1 (3am + 2b)m = 0, ⇔ b=− ,  am3 + bm2 + cm = 0  2 c = m .    6 Chọn d = 0, ta có đa thức cần tìm 1 3 1 2 m P3 (x) = 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 i1 1 1 h i = P3 (n + 1) − P3 (1) = (n + 1) − (n + 1)2 + (n + 1) − 3 − + 3 2 6 3 2 6 n(n + 1)(2n + 1) = 6 b) (m = 2) : 1 + 3 + ... + (2n − 1)2 = P3 (3) − P3 (1) + ... + P3 (2n + 1) − P3 (2n − 1) 2 2 = P3 (2n + 1) − P3 (1) h1 1 2 i h1 1 2i = (2n + 1)3 − (2n + 1)2 + (2n + 1) − − + 6 2 6 6 2 6 n(4n2 − 1) = . 3