Tài liệu Các phương pháp tính tổng và Bất đẳng thức tổng docx

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:

222
123
12
n
n
++++
+++


1.1!2.2!3.3! !
nn
++++

…
ii) Tổng phân thức:

12

2!3!(1)!

n
n
+++
+


111

1.22.3(1)
nn
+++
−


222
111

12

n
+++

iii) Tổng căn thức:

111

21123223(1)1
nnnn
+++
+++++

111

13574143

kk
+++
+++++


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.
Ví dụ như việc tính tổng
(1)
123
2
nn
n
+
++++=
quen thuộc, các bạn có thể dự đóan kết quả
và quy nạp một cách dễ dàng.
Tuy nhiên đối với tổng
2222
123
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 ……
12
n
+++
1 3 6 10 15 ……
222
12
n
+++
1 5 14 30 55 ……
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 ………
222
12
12
n
n
+++
+++

3
3

5
3

7
3

9
3

11
3
………
Như vậy là quy luật đã xuất hiện rồi. Chúng ta có thể dự đoán ngay:

222
21(1)(21)
12 (12 )
36
nnnn
nn
+++

+++=+++=


.
Công việc bây giờ là chứng minh bằng quy nạp.
Với
1
n
=
ta thu được đẳng thức
11

=
.
Giả sử mệnh đề đúng với
nk
=
, đề chứng minh đẳng thức cũng đúng cho
1
k
+
, chúng ta cần
chứng minh:

2
(1)(2)(23)(1)(21)
(1)
66
kkkkkk
k
+++++
+=−
.
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:

333
12
n
+++

Ta lại lập một bảng số liều khác để có thể dự đoán được kết quả:

n
1 2 3 4 5 …….
12
n
+++
1 3 6 10 15 …….
222
12
n
+++
1 5 14 30 55 …….
333
12
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
33332
(1)
123 (123 )
2
nn
nn
+


++++=++++=



Việc còn lại bây giờ là chứng minh bằng quy nạp:
Với
1
n
=
ta thu được đẳng thức
11
=
.
Giả sử mệnh đề đúng với
nk
=
, đề chứng minh đẳng thức cũng đúng cho
1
k
+
, chúng ta cần
chứng minh:

2222
3
(1)(2)(1)
(1)
44
kkkk
k

+++
+=−
.
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.
Trong phần trước, để chứng minh được kết quả bằng phương pháp quy nạp, ta đã thông qua
đẳng thức sau ( đối với tổng:
222
(1)(21)
()12
6
nnn
fnn
++
=+++=
)

2
(1)(2)(23)(1)(21)
(1)(1)().
66
nnnnnn
nfnfn

+++++
+=−=+−

Nếu chúng ta làm tương tự cho các hạng tử khác, ta cũng thu được các kết quả tương tự:

2
2
2
()(1)
(1)(1)(2)

1(1)(0).
nfnfn
nfnfn
ff
=−−
−=−−−
=−

Khi đó cộng vế theo vế ta cũng thu được:

222
12 (1)(1)(0)
nfnf
++++=+−
Ta thu được một kết quả không có gì mới mẻ khi ta đã biết
(1)(21)
(1)
6
nnn

fn
++
+=
. Tuy
nhiên ý tưởng ở đây thật đáng xem xét, các bạn nên chú ý rằng dãy
()
fn
bị một ràng buộc:
2
()(1)
fnfnn
−−=
. Từ đây chúng ta có thể dễ dàng tìm được
()
fn
và suy ra ngay giá trị của
222
12
n
+++
mà chẳng cần phải tốn sức dự đoán gì cả.
Chúng ta có thể làm như sau: Giả sử
32
()
fnanbncnd
=+++
. Ta sẽ đi tìm các giá trị
,,,
abcd
sao cho

2
()(1)
fnfnn
−−=

32
322
(1)(1)(1)(1)
3(32)
fnanbncnd
anbncndanabnabc
−=−+−+−+
=++++−+−−+−

Do đó:
2
()(1)3(32)
fnfnanabnabc
−−=−−+−+
.
Lúc này ta chỉ cần tìm
(,,)
abc
sao cho:

1
3
31
1
320

2
0
1
6
a
a
abb
abc
c

=

=



−+=⇒=


−+=


=



Giá trị
d
là tùy ý, đề đơn giản ở đây tác giả chọn
0.

d
=

Vậy
32
()
326
nnn
fn
=++

Nhu vậy
32
222
(1)(21)
12 ()(0)0
3266
nnnnnn
nfnf
++
+++=−=++−=

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
2
()(1)
fnfnn

−−=
ở dạng đa thức nên nhiều khả năng
()
fn
cũng ở dạng này. Đồng thời bậc của
()(1)
fnfn
−−
sẽ nhỏ hơn bậc của
()
fn
một bậc,
mà bậc của
2
()(1)
fnfnn
−−=
là bậc hai nên
()
fn
sẽ là đa thức bậc ba.

Chúng ta sẽ thử xét thêm một ví dụ nữa trong trường hợp.
Hãy tính tổng
333
12
n
+++
.
Ta cũng sẽ đi tìm dãy

(1),(2), ,()
fffn
sao cho
3
()(1).
fnfnn
−−=

Giả sử
432
().
fnanbncndne
=++++
Khi đó:

432
43232
(1)(1)(1)(1)(1)
4(63)(432)
fnanbncndne
anbncndneanabnabcnabcd
−=−+−+−+−+
=++++−+−+−+−+−+−

Do đó:
32
()(1)4(63)(432)
fnfnanabnabcnabcd
−−=+−++−+−+−+
.

Ta cần tìm
(,,,)
abcd
sao cho:
1
4
41
1
630
2
4320
1
0
4
0
a
a
ab
b
abc
c
abcd
d

=

=





−+=
=

⇒

−+=

=

−+−+=



=


Giá trị của
e
là tùy ý,ta chọn
e=0.

Cuối cùng ta thu được:
43222
(1)
()
4244
nnnnn
fn
+

=++=

Như vậy
333
22
12 (0)(1)(1)(2) (1)()
(1)
()(0)
4
nfffffnfn
nn
fnf
+++=−+−+−−−+
+
=−=

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:

4444
123 2005.
++++

Bài 2: Xác định giá trị của
P
theo

n
.

1.2.32.3.43.4.5 (1)(2)
Pnnn
=++++++

Bài 3: Cho
a
là một số nguyên dương bé hơn
1
n
+
. Đặt :

1.1!2.2!3.3! !
Ann
=++++

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

1.22.3(1)
P
nn
=+++
+

Ta hãy sử dụng ý tưởng của phương pháp thứ hai, tức là tìm
()
fn
sao cho:

1
()(1)
(1)
fnfn
nn
−−=
+

Trước hết, chúng ta cần phải hiểu thế nào là bậc của phân thức
()
()
Px
Qx
. Giả sử bậc của
P
là
m
,
bậc của
Q
là
n
, khi đó bậc của
()
()
Px
Qx
được tính là
.
mn
−

Ví dụ bậc của
42
6
35
35

xx
x
−+
−+
là
462
−=−

Theo các phần trước, chúng ta có thể nhận thấy
()
fn
luôn có bậc bé hơn 1 so với bậc trong
hạng tử của ta. Ở đây, bậc của
1
(1)
nn
+
là
2
−
nên ta sẽ tìm
()
fn
có bậc
1
−
. Tử của
1
(1)
nn

+
là
đa thức bậc
0
nên ta hãy thử
()
fn
bậc -1 và có đa thức ở tử bậc
0.
Tức là:

1
()fn
bnc
=
+


Ta có:
2
2
111
()(1)
()()(1)
11
()
(2)
b
fnfn
bncbncbbncbncbnn

cbc
nn
bncbn
b
−
−−=−==
++−++−+
⇔=
−
+
−−−+

Như vậy, ta cần phải tìm các số
(,)
bc
thỏa:

1
211
()0
b
bcbc
cbc
−=


−=⇒==−


−=


.
Như vậy,
1
()
1
fn
n
−
=
+
. Tóm lại, ta có:

1111
(0)(1)(1)(2) (1)()
1.22.33.4(1)
1
()(0)1
11
fffffnfn
nn
n
fnf
nn
++++=−+−+−−−+
+
=−=−=
++

Ta xét thên một bài tóan tổng căn thức:

Bài tóan: Tính tổng sau theo
.
n


111

122123321(1)
S
nnnn
=+++
+++++

Bằng một ý tưởng tương tự,ta cũng sẽ cố gắng tìm dãy số
(1),(2), ,()
fffn
sao cho:
1
()(1)
1(1)
fnfn
nnnn
−−=
+++
.
Trước hết chúng ta định nghĩa thêm về bậc của căn thức, bậc của
()()
a
PxQx
là

n
m
a
+
, trong
đó
,
mn
lần lượt là bậc của các đa thức
,.
PQ

Theo một tư tưởng tương tự, ta tìm
()
fn
có bậc bé hơn
1
1(1)
nnnn
+++
là
3
2
−
. Do đó bậc
của
f
là
1
2

−
. Thông qua hình dạng của
1
1(1)
nnnn
+++
,ta có thể dự đoán dạng của
()
fn

là
(0)
a
b
bnc
>
+
. Ta có:
(1)()
fnfn
−>
nên
0
a
<
, chia tử và mẫu cho
a
−
ta thu đước dạng
của

22
1
(),,
bc
fnAB
aa
AnB
−
===
+
.
Ta có:
11
()(1)
()()()()
()()()()
1
1(1)
fnfn
AnBAAnB
A
AnBAnBA
AnBAnBA
AnBAAnBAnBAnBA
A
AnBAAnBAnBAnBA
nnnn
−−=−
+−+
+−+−

+++−
==
+−+++−
=
+−++++−
=
+++

Từ đây ta suy ra cần tìm
(,)
AB
sao cho:
1
1
0
1
1
A
A
BA
B
B
=

=


−=⇒

=



=


Như vậy
1
()
1
fn
n
−
=
+
. Tóm lại:
111

12212332(1)(1)
(0)(1)(1)(2)(2) (1)()
1
1
1
nnnn
ffffffnfn
n
+++
+++++
=−+−+−+−−+
=−
+

Sau đây là phần bài tập dành cho bạn đọc:
Bài 1: Tính tổng sau theo
n
.

12

2!3!(1)!
n
n
+++
+

Bài 2: Hãy tính tổng sau:

22005
2222332004200420052005
666

(32)(32)(32)(32)(32)(32)
P =+++
−−−−−−

Bài 3: Xác định giá trị của:

222222
111111
11 1
122320042005

S =+++++++++
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

1.22.33.4(1)
nn
++++
+
ta thu được ba phương trình nhưng chỉ có hai ẩn, không phải lúc
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:

2
222
111

126
n
π
++++=
.
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.
Với một ý tưởng tương tự, ta sẽ tìm
()

fn
hàm sao cho
2
1
()(1)fnfn
n
−−≥
.
Bằng một lý luận tương tự ta cũng có thể thu được
1
()fn
anb
=
+

2
1
()(1)
()()
a
fnfn
anbanban
−
−−=≥
++−
. Trước hết ta có thể thu được
1
a
=−
và ta cần tìm

b

sao cho

2
22
2
22
11
()(1)
11
(21)(1)
(21)(1)0()(1)0,1
(21)0,1
12411241
,1
22
nbnbn
nbnbbn
bnbbnbnbn
bnbnn
nnnn
bn
≥
++−
⇔≥
+−+−
⇒−+−≤∧++−>∀≥
⇒+−−≤∀≥
−−+−++

⇒≤≤∀≥

Để thu được đánh giá tốt nhất của biểu thức, ta sẽ cần tìm giá trị lớn nhất có thể của
b
. Dễ
dàng tìm được đó là
1
2
.Như vậy
1
()
1
2
fn
n
−
=
−
.
Tóm lại ta có:
222
1111
(0)(1)(2) (1)()22.
1
12
2
ffffnfn
n
n
+++≤−+−+−−+=−≤

−

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:

2(1)(1)2
2
12
33
nn
nn
n
++−
<+++<
Như mọi khi, ta đi tìm dãy
(1),(2), ,()
fffn
và
(1),(2), ,()
gggn
trong đó
(),()
fngn
bậc
3
2
thỏa:
()(1)
()(1)

fnfnn
gngnn
−−≥
−−≤

Bằng cách tương tự như đã nói,ta dễ dàng tìm được:
2
()(1)1
3
2
()
3
fnnn
nn
gn
=++
=

Và như vậy:
2(1)12
12 (0)(1)(1) (1)()
3
nn
nffffnfn
++−
+++≤−+−+−−+=

2
12 (0)(1)(1) (1)()
3

nn
nggggngn+++≥−+−+−−+=

Sau đây là các bài tập áp dụng:
Bài 1: Tìm
nN
∈
lớn nhất sao cho phương trình:

1 2005
xxxnx
+−++−=−

Bài 2: Chứng minh rằng:

111
21
133520032005
+++>
+++

Bài 3:Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số tự nhiên
n
.

111
2(11)1 2
23
nn
n

+−<++++<

D.Câu chuyện về một tổng số
Trong các phần trên, tác giả đã có lần nhắc đến tổng

2
222
111

126
n
π
++++=


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:
“ 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
012
0.
n
n
aaxaxax
++++=

Có n nghiệm phân biệt
12
,, ,
n
ααα
thì đa thức vế trái của phương trình có thể biễu diễn thành
tích của n thừa số bậc nhất:

2
01212
()() ()
n
nnn
aaxaxaxaxxx
ααα
++++=−−−
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:

112
( )
nnn
aa
ααα
−
=−+++

tìm được bằng cách só sánh hệ số những số hạng chứa
1
n
x
−
.
Việc phân tích thành chứng hệ số bậc nhất có thể làm theo cách khác. Nếu các nghiệm
12
,, ,

n
ααα
đều khác không, hay (cũng thế ) nếu
0
a
khác không, thì chúng ta có:

2
0120
12
11 1
n
n
n
xxx
aaxaxaxa
ααα


++++=−−−





Và
10
12
111

n
aa
ααα

=−+++


.
Còn môtj cách khác. Giả sử phương trình bậc
2
n
có dạng:

242
012
(1)0
nn
n
bbxbxbx
−+++−=

Và 2n nghiệm phân biệt là

1122
,,,, ,,.
nn
ββββββ
−−−

Thế thì:

222
242
0120
222
12
(1)11 1
nn
n
n
xxx
bbxbxbxb
βββ


−+++−=−−−





Và
10
222
12
111

n
bb
βββ


=+++


.
2)Euler xét phương trình
sin0
x
=
hay

7
35
0.
13!5!7!
xxxx
−+−+=

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,,,2,2,3,3,
ππππππ
−−−

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:

6
24

1 0.
3!5!7!
xxx
−+−+=

với các nghiệm

,,2,2,3,3,
ππππππ
−−−

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:

246
sin
1
3!5!7!
xxxx
x
=−+−+
=
222
222
111
49
xxx
πππ

−−−




Suy ra
222
2
1111

3!49
111
1
49166
πππ
π
=+++
⇒++++=

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. J
Tài liệu tham khảo

• Mathematical Olympiad Challenges Titu Andreescu & Răzvan Gelca.
• Toán học và những suy luận có lý G.Polya