Các phương pháp tính tổng và bất đẳng thức tổng

Nội dung text: Các phương pháp tính tổng và bất đẳng thức tổng

1. Các bài toán tính tổng thường xuyên xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi hay các kì thi vào các trường phổ thông chuyên dưới nhiều hình thức khác nhau, ví dụ như Số Học, Bất Đẳng Thức và đôi khi cũng là các bài tóan tính tổng trực tiếp. Để giúp cho bạn đọc có một cái nhìn tổng quan hơn về cách tính tổng của một dãy , mục chuyên đề này được viết ra bao gồm các phương pháp tính tổng và chứng minh một số bất đẳng thức tổng thông dụng A.Các dạng tổng thường gặp. Trước hết chúng ta điểm qua một số tổng thường gặp: i) Tổng đa thức: 1+2+3++ n 12+222++ n 1.1!+2.2!+3.3!++ nn.! ii) Tổng phân thức: 12 n +++ 2!3!(n +1)! 111 +++ 1.22.3(nn-1) 111 +++ 12222n iii) Tổng căn thức: 111 +++ 21+1232+23(n+1)1n++nn 111 +++ 1+35+74kk+1++43 B. Một số phương pháp tính tổng: i) Phương pháp quy nạp. Các bạn có thể xem xét thêm trong mục “phương pháp quy nạp”. Ở đây phương pháp quy nạp được sử dụng khi bạn đã dự đóan trước được kết quả của tổng cần tính. nn(+1) Ví dụ như việc tính tổng 1+2+3+ +=n quen thuộc, các bạn có thể dự đóan kết quả 2 và quy nạp một cách dễ dàng. Tuy nhiên đối với tổng 12+22+322++ n thì khó hơn nhiều. Việc dự đoán kết quả bắt đầu khó khăn, ta nên lập một bảng số liệu để xem xét vấn đề được rõ ràng hơn n 1 2 3 4 5 1+2++ n 1 3 6 10 15 12+222++ n 1 5 14 30 55
2. Quy luật từ dòng thứ nhất xuống dòng thứ 3 có lẽ như chưa rõ ràng lằm, thế còn dòng thứ hai và dòng thứ ba thì sao, ta hãy thủ lập tỉ số của hai dãy số này tương ứng theo cột: n 1 2 3 4 5 1+2++ n 3 5 7 9 11 12+222++ n 3 3 3 3 3 Như vậy là quy luật đã xuất hiện rồi. Chúng ta có thể dự đoán ngay: 222æö2n+1n(nn++1)(21) 1+2+ +nn=ç÷(1+2+ )+= . èø36 Công việc bây giờ là chứng minh bằng quy nạp. Với n =1 ta thu được đẳng thức 11= . Giả sử mệnh đề đúng với nk= , đề chứng minh đẳng thức cũng đúng cho k +1, chúng ta cần chứng minh: (k+1)(k+2)(2k+3)k(kk++1)(21) (k+1) 2 =-. 66 Đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Do đó ta có được điều phải chứng minh. Bây giờ ta sẽ tiếp tục xét thêm một tổng đại số dạng này nữa: 123+33++ n Ta lại lập một bảng số liều khác để có thể dự đoán được kết quả: n 1 2 3 4 5 . 1+2++ n 1 3 6 10 15 . 12+222++ n 1 5 14 30 55 . 13+233++ n 1 9 36 100 225 . Mối quan hệ giữa dòng 1 và dòng 4 không hòan tòan rõ rệt, nhưng còn dòng 2 và dòng 4 thì sao. Tinh tế một chút các bạn có thể thấy các số hạng ở dòng thứ 4 tương ứng theo cột là bình phương của số hạng ở dòng thứ nhất. Như vậy ta mạnh dạn phát biểu mệnh đề sau: 2 33332æönn(+1) 1+2+3+ +nn=(1+2+3+ )+=ç÷ èø2 Việc còn lại bây giờ là chứng minh bằng quy nạp: Với n =1 ta thu được đẳng thức 11= . Giả sử mệnh đề đúng với nk= , đề chứng minh đẳng thức cũng đúng cho k +1, chúng ta cần chứng minh: (k+1)2(k++2)2kk22(1) (k+1) 3 =-. 44 Đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Do đó ta có được điều phải chứng minh. Như vậy là các bạn đã thấy được phần nào sức mạnh của tổng trong việc chứng minh quy nạp. Thế nhưng phương pháp này vẫn mang nhiều khuyết điểm, nhất là kết quả không phải lúc nào cũng có thể dự đoán một cách dễ dàng. Do đó chúng ta cần phải có những phương pháp khác để có thể hòan thành công việc một cách hiệu quả và dễ dàng hơn. Chúng ta hãy cùng nhau đi đến một phương pháp khác, phương pháp chứa đựng ý tưởng có thể giải quyết hầu hết các bài tóan tính tổng, cũng như bất đẳng thức tổng. ii) Phương pháp tạo dãy phụ.
3. Trong phần trước, để chứng minh được kết quả bằng phương pháp quy nạp, ta đã thông qua n(nn++1)(21) đẳng thức sau ( đối với tổng: f(nn)=12+222+ += ) 6 (n+1)(n+2)(2n+3)n(nn++1)(21) (n+1)2=-=f(n+-1)fn(). 66 Nếu chúng ta làm tương tự cho các hạng tử khác, ta cũng thu được các kết quả tương tự: n2=f(n) fn(1) (n-1)2=f(n-1) fn(2) 12=-ff(1)(0). Khi đó cộng vế theo vế ta cũng thu được: 12+222+ +(n+1)=f(nf+-1)(0) n(nn++1)(21) Ta thu được một kết quả không có gì mới mẻ khi ta đã biết fn(+=1) . Tuy 6 nhiên ý tưởng ở đây thật đáng xem xét, các bạn nên chú ý rằng dãy fn() bị một ràng buộc: f(n)-f(nn-=1) 2. Từ đây chúng ta có thể dễ dàng tìm được fn() và suy ra ngay giá trị của 12+222++ nmà chẳng cần phải tốn sức dự đoán gì cả. Chúng ta có thể làm như sau: Giả sử f()n=an32+bn++cnd. Ta sẽ đi tìm các giá trị a,b,,cd sao cho f(n)-f(nn-=1) 2 f(n-1)=a(n-1)32+b(n-1)+c(nd-+1) =an3+bn22+cn+d+-3an+(3a-2)bna-+-bc Do đó: f(n)-f(n-1)=3an2 -(3a-2)bn+a-+bc. Lúc này ta chỉ cần tìm (a,bc,) sao cho: ì 1 a= ï3 ì31a= ï ïï1 íí-3a+20bb=Þ= 2 ïïa-bc+=0 î ï 1 ïc= î6 Giá trị d là tùy ý, đề đơn giản ở đây tác giả chọn d=0. n32nn Vậy fn()=++ 326 n32nnn(nn++1)(21) Nhu vậy 12+222+ +n=f(nf)-(0)0=++-= 3266 Ở đây có lẽ việc cho fn() là đa thức bậc ba có vẻ hơi thiếu tự nhiên, nhưng nếu phân tích kĩ thì nó hòan tòan hợp lý. Trước hết f(n)-f(nn-=1) 2 ở dạng đa thức nên nhiều khả năng fn() cũng ở dạng này. Đồng thời bậc của f(n) fn(1) sẽ nhỏ hơn bậc của fn() một bậc, mà bậc của f(n)-f(nn-=1) 2 là bậc hai nên fn() sẽ là đa thức bậc ba.
4. Chúng ta sẽ thử xét thêm một ví dụ nữa trong trường hợp. Hãy tính tổng 13+233++ n . Ta cũng sẽ đi tìm dãy f(1),f(2), ,fn() sao cho f(n)-f(nn-=1).3 Giả sử f(n).=an4+bn32+cn++dne Khi đó: f(n-1)=a(n-1)4+b(n-1)32+c(n-1)+d(ne-+1) =an4++bn3cn2+dn+e-4an32+(6a-3b)n+(-4a+3b-2)cn+a-b+-cd Do đó: f(n)-f(n-1)=4an32+(-6a+3b)n+(4a-3b+2)cn-a+b-+cd. Ta cần tìm (a,b,cd,) sao cho: ì 1 a = ï 4 ì 41a = ï ï 1 ïï-6ab+=30 ïb= ííÞ2 4a-3bc+=20 ïï1 c= îïï-a+b-cd+=0 ï 4 îïd= 0 Giá trị của e là tùy ý,ta chọn e=0. n43nn2nn22(+1) Cuối cùng ta thu được: fn()=++= 4244 13+233+ +n=-f(0)+f(1)-f(1)+f(2)- -f(n-+1)fn() Như vậy nn22(+1) =f(nf)-=(0) 4 Để ứng dụng phương pháp trên, các bạn cũng nên chú ý : ü Tổng quát hóa bài tóan nếu có thể. ü Ta chỉ làm việc với số hạng tổng quát, thường được ghi phía cuối cùng trong tổng. Các bạn thử áp dụng phương pháp này trong một số bài tập sau xem: Bài 1: Tính tổng sau: 14+24+344++ 2005. Bài 2: Xác định giá trị của P theo n . P=1.2.3+2.3.4+3.4.5+ +n(nn++1)(2) Bài 3: Cho a là một số nguyên dương bé hơn n +1. Đặt : A=1.1!+2.2!+3.3!++ nn.! Tìm (aA,) trong đó (xy,) là ký hiệu chỉ ước chung lớn nhất của x và y. Trong các phần trên,ta đã xét qua một số bài tập mà ở đó tổng bao gồm các hạng tử ở dạng đa thức. Thế còn dạng phân thức và căn thức thì sao. Thực ra các kỹ thuật nêu trên nói chung đều có thể áp dụng cho tổng phân thức hay căn thức. Ta hãy thử xét qua ví dụ sau: Bài toán: Hãy tính tổng theo n . 111 P =+++ 1.22.3nn(+1)
5. Ta hãy sử dụng ý tưởng của phương pháp thứ hai, tức là tìm fn() sao cho: 1 f(n)-fn(-=1) nn(+1) Px() Trước hết, chúng ta cần phải hiểu thế nào là bậc của phân thức . Giả sử bậc của P là m , Qx() Px() bậc của Q là n , khi đó bậc của được tính là mn- . Qx() xx42-+35 Ví dụ bậc của là 4-62=- -+x635 Theo các phần trước, chúng ta có thể nhận thấy fn() luôn có bậc bé hơn 1 so với bậc trong 1 1 hạng tử của ta. Ở đây, bậc của là -2 nên ta sẽ tìm fn() có bậc -1. Tử của là nn(+1) nn(+1) đa thức bậc 0 nên ta hãy thử fn() bậc -1 và có đa thức ở tử bậc 0.Tức là: 1 fn()= bnc+ 111-b f(n)-fn(-1) =-== bn+cbn+c-b(bn+c)(bn+c-+b)nn(1) Ta có: 11 Û= c()bc-2 -bn2 -(2)c-+bn nn+ b Như vậy, ta cần phải tìm các số (bc,) thỏa: ì -=b1 ï í b-2c=11Þbc==- . ï îc(bc-=)0 -1 Như vậy, fn()= . Tóm lại, ta có: n +1 1111 +++ +=-f(0)+f(1)-f(1)+f(2)- -f(n-+1)fn() 1.22.33.4nn(+1) 1 n =f(nf)-(0)1=-= nn++11 Ta xét thên một bài tóan tổng căn thức: Bài tóan: Tính tổng sau theo n. 111 S =+++ 12+2123+32nn+1++(nn1) Bằng một ý tưởng tương tự,ta cũng sẽ cố gắng tìm dãy số f(1),f(2), ,fn() sao cho: 1 f(n)-fn(-=1) . nn+1++(nn1)
6. n Trước hết chúng ta định nghĩa thêm về bậc của căn thức, bậc của P(x)a Qx() là m + , trong a đó mn, lần lượt là bậc của các đa thức PQ,. 1 -3 Theo một tư tưởng tương tự, ta tìm fn()có bậc bé hơn là . Do đó bậc nn+1++(nn1) 2 -1 1 của f là . Thông qua hình dạng của ,ta có thể dự đoán dạng của fn() 2 nn+1++(nn1) a là (b > 0) . Ta có: f(n->1)fn() nên a < 0 , chia tử và mẫu cho -a ta thu đước dạng bnc+ -1 bc của f(n)=,,AB==. AnB+ aa22 11 f(n)-fn(-1) =- An+B-+AAnB A An+B-An+-BA ==An+B+An+-BA Ta có: (An+B-A)(An+B)(An+B)()An+-BA A = (An+B-A)(An+B)+(An+B)()An+-BA 1 = nn+1++(nn1) Từ đây ta suy ra cần tìm (AB,) sao cho: ìA =1 ï ìA =1 ííBA-=Þ0 ï îB=1 î B=1 -1 Như vậy fn()= . Tóm lại: n+1 111 +++ 12+2123+32n(n+1)++(nn1) =-f(0)+f(1)-f(1)+f(2)-f(2)+ -f(n-+1)fn() 1 =-1 n +1 Sau đây là phần bài tập dành cho bạn đọc: Bài 1: Tính tổng sau theo n . 12 n +++ 2!3!(n +1)! Bài 2: Hãy tính tổng sau: 66622005 P =+++ (3-2)(32-22)(32-22)(33-23)(32004 22004)(320052)2005
7. Bài 3: Xác định giá trị của: 111111 S =1+++1+++ 1+++ 122222322004222005 C. Phương pháp điển hình trong chứng minh bất đẳng thức tổng. Qua hai ví dụ trên, có thể các bạn cũng đã nhận ra, đối với tổng phân thức hay căn thức, việc tìm fn()không phải lúc nào cũng thực hiện được, như ở trên, đối với tổng 1111 ++++ ta thu được ba phương trình nhưng chỉ có hai ẩn, không phải lúc 1.22.33.4nn(+1) nào cũng có nghiệm. Có rất nhiều tổng phân thức hòan thoàn không tầm thường, đôi khi nó nằm ngoài tầm với đối với kiến thức trung học cơ sỏ. Ví dụ tổng sau đây: 111π 2 ++ ++= . 122622n Tuy nhiên cũng cần khẳng định rằng phương pháp mà chuyên đề nêu ra là rất hiệu quả, chẳng hạn như tuy không thể tính một cách chính xác nhưng ta hòan toàn có thể đánh giá tổng trên. 1 Với một ý tưởng tương tự, ta sẽ tìm fn()hàm sao cho f(n)-fn(-³1) . n2 1 Bằng một lý luận tương tự ta cũng có thể thu được fn()= anb+ -a 1 f(n)-fn(-1) =³. Trước hết ta có thể thu được a =-1 và ta cần tìmb (an+b)()an+-ban2 sao cho 11 ³ (n+b)(n+-bn1) 2 11 Û³ n22+(2b-1)n+-b(bn1) Þ(2b-1)n+b(b-1)£0Ù(n+b)(n+bn->1)0,1"³ Þb2+(2n-1)b-nn£0,1"³ 1-2n-4n22+11-2nn++41 Þ£bn£,1"³ 22 Để thu được đánh giá tốt nhất của biểu thức, ta sẽ cần tìm giá trị lớn nhất có thể của b . Dễ 1 -1 dàng tìm được đó là .Như vậy fn()= . 1 2 n- 2 Tóm lại ta có: 1111 ++ +£-f(0)+f(1)-f(2)+ -f(n-1)+fn()=2-£2. 222 1 12 n n- 2 Đánh giá tuy không chặt, tuy nhiên là có thể chấp nhận được, ta hãy thử xét thêm một ví dụ về căn thức xem sao: Bài toán: Chứng minh rằng:
8. 2nn 2(nn+1)(+-1)2 21 1+33++520032005 Bài 3:Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số tự nhiên n . 111 2(nn+1-1)<1+++ 2+< 23 n D.Câu chuyện về một tổng số Trong các phần trên, tác giả đã có lần nhắc đến tổng 111π 2 ++ ++= 122622n Đẳng thức trên trông có vẻ quá xa vời với kiến thức trung học cơ sở. Tuy nhiên các bạn có biết chăng xung quanh đẳng thức này là cả một câu chuyện thú vị. Chúng tôi sẽ kể cho các bạn câu chuyện này, không phải nhằm mục đích cung cấp một điều gì mới lạ thêm cho các bạn ngay lúc này, một số kiến thức có thể là mới lạ , các phép chứng minh có thể là khá cao ,thậm chí là không chặt chẽ, tuy nhiên các bạn không cần hiểu chúng ngay bây giờ. Các bạn hãy cứ xem câu chuyện này như là một chút thư giản mà tác giả muốn đem đến cho người đọc, mong muốn người đọc hiểu được sự lý thú, vẻ đạp huyền ảo cũng như sự táo bạo trong sáng tạo Toán học. Câu chuyện được trích trong “Toán học và những suy luận có lý” của giáo sư Toán học G.Polya:
9. “ Jacob Bernoulli, nhà Toán học Thụy Sĩ (1654-1705), người cùng thời với Newton và Leibniz, đã phát minh ra tổng nhiều chuỗi vô hạn; nhưng ông không tìm được tổng của chuỗi các nghịch đảo của các bình phương: 111111 1+++++++ 4916253649 Bernoulli viết: “Cho đến nay, tôi đã cố gắng nhiều nhưng vẫn không tìm ra. Ai tìm được và cho biết thì tôi xin cảm ơn vô cùng”. Một nhà Toán học Thụy Sĩ khác cũng đã chú ý tới bài toán đó. Đó là Leonhard Euler(!707-1783). Cũng như Jacob, ông sinh ra ở Baden và là học trò của Johann Bernoulli (1667-1748), em trai Jacob. Ông thấy nhiều biểu thức khác nhau của tổng cần tìm( những tích phân định hạn, những chuỗi khác_, nhưng không biểu thức nào làm ông vừa long. Ông dung một trong những biểu thức đó tính tổng trên chính xác đến 7 chữ số (1,644934 ). Nhưng đó chỉ là giá trị gần đúng, mà mục đích của ông là tìm giá trị đúng. Cuối cùng ông đã tìm ra giá trị đó. Bằng tương tự, ông đã đi đến một giả thuyết cực kì táo bạo. 1) Hãy bắt đầu bằng cách điểm qua một vài sự kiện đại số sơ cấp, có vai trò uqan trọng trong phát minh của Euler. Nếu phương trình bậc n: 2 n a0+a12x+ax+ +=axn 0. Có n nghiệm phân biệt α12,αα, , n thì đa thức vế trái của phương trình có thể biễu diễn thành tích của n thừa số bậc nhất: 2 n a0+a1x+a2x+ +anx=ann(x-α12)(xx αα) () So sánh những số hạng cùng bậc đối với x ở hai vế của đồng nhất thức ấy,ta rút ra được những hệ thức đã biết giữa các nghiệm và các hệ số của phương trình. Hệ thức đơn giản nhất là: aan-1=-nn(α12+αα++ ) tìm được bằng cách só sánh hệ số những số hạng chứa xn-1. Việc phân tích thành chứng hệ số bậc nhất có thể làm theo cách khác. Nếu các nghiệm α12,αα, , n đều khác không, hay (cũng thế ) nếu a0 khác không, thì chúng ta có: 2 n æxöæöxxæö a0+a1x+a20x+ +=anxaç1-÷ç÷1 1ç÷ èα12øèøααèøn æö111 Và aa10=-ç÷+++ . èøα12ααn Còn môtj cách khác. Giả sử phương trình bậc 2n có dạng: 242nn b0-b12x+bx+ +(-=1)0bxn Và 2n nghiệm phân biệt là β1,-β1,β22, β, ,ββnn,. Thế thì: 222 242nn æxöæöxxæö b0-b1x+b20x+ +(-1)bnxb=ç1-2÷ç÷1 22 1ç÷ èβ12øèøββèøn æö111 Và bb10=ç÷2+22++ . èøβ12ββn 2)Euler xét phương trình sin0x= hay
10. xx35xx7 -+-+= 0. 13!5!7! Vế trái có vô số số hạng, nó có “bậc vô tận”. Vì vậy,-Euler nói- không nên ngạc nhiên rằng nó có vô số nghiệm: 0,π,-π,2π, 2π,3ππ,3, Euler bỏ nghiệm 0 đi, ông chia vế trái của phương trình cho x, thừa số bậc nhất ứng với nghiệm 0, và có phương trình đây: x24xx6 1-+-+= 0. 3!5!7! với các nghiệm π,-π,2π, 2π,3ππ,3, Chúng ta đã gặp tình hưống tương tự trước đây, khi xét cách phân tích thành những thừa số bậc nhất ở cuối phần 1. Bằng phương pháp tương tự, Euler kết luận rằng: sin xx2xx46 æx2öæxx22öæö =1-+-+ =ç1-2÷ç1 22÷ç÷1 x 3!5!7! èπøè49ππøèø 1111 =+++ 3!π249ππ22 Suy ra 111 π2 Þ1++++= 49166 Đó chính là chuỗi số mà những cố gắng của Jacob Bernoulli không đi đến kết quả. Nhưng kết luận của Euler là rất táo bạo.” Cách chứng minh trên của Euler khá sơ cấp và cũng thật táo bạo. Có thể xét về một phương diện nào đó, nó không hòan tòan chặt chẽ nhưng chúng ta cũng có thể cảm nhận phần nào sức mạnh trí tuệ và sự nhẫn nại của con người trước sự quyến rũ của Toán Học.Đây cũng là một kinh nghiệm quý báu cho những người học toán, kiên trì nhẫn nại và đột phá sẽ dẫn bạn tới thành công . Chúc các bạn luôn đạt được những kết quả mong muốn. ☺ Tài liệu tham khảo · Mathematical Olympiad Challenges Titu Andreescu & Răzvan Gelca. · Toán học và những suy luận có lý G.Polya