Xác định công thức tổng quát của một số hệ thức truy hồi

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

HOÀNG THỊ PHƯƠNG ANH

XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC TỔNG QUÁT
CỦA MỘT SỐ HỆ THỨC TRUY HỒI

ĐỀ ÁN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Bình Định - Năm 2023

ii

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

HOÀNG THỊ PHƯƠNG ANH

XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC TỔNG QUÁT
CỦA MỘT SỐ HỆ THỨC TRUY HỒI

Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp

Mã số : 8242592001

Người hướng dẫn khoa học 1: PGS.TS. ĐINH CÔNG HƯỚNG
Người hướng dẫn khoa học 2: TS. LÂM THỊ THANH TÂM

Bình Định - Năm 2023

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Đinh Công Hướng và TS.
Lâm Thị Thanh Tâm, đề án " Xác định công thức tổng quát của một số hệ thức
truy hồi" được hoàn thành theo nhận thức vấn đề của riêng tôi, không trùng với
bất kì đề án nào khác. Trong quá trình thực hiện và nghiên cứu, tôi đã kế thừa
những thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và lòng biết ơn sâu sắc.

LỜI CẢM ƠN

Em xin chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo trong Khoa Toán Trường Đại học
Quy Nhơn đã dạy dỗ, truyền đạt kiến thức để em có thể hồn thành khóa học và
thực hiện đề án tốt nghiệp của mình.Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc
đến PGS.TS Đinh Công Hướng và TS. Lâm Thị Thanh Tâm đã tận tình chỉ bảo ,
hướng dẫn tận tâm và giúp đỡ em hoàn thành đề án này. Do thời gian và kiến thức
có hạn nên khơng tránh khỏi những hạn chế và cịn nhiều thiếu sót. Em xin chân
thành cảm ơn và tiếp thu những ý kiến đóng góp của quý thầy giáo và cô giáo.

Bình Định, ngày 17 tháng 10 năm 2023

Tác giả

Hoàng Thị Phương Anh.

Mục lục

MỞ ĐẦU 1

Chương 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 3

1.1 Một số khái niệm cơ bản và tính chất của sai phân . . . . . . . . . 3

1.2 Cơ sở lý thuyết về sai phân ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3 Tính tổng, tổng riêng của chuỗi số bằng phương pháp sai phân ngược 13

Chương 2 CÔNG THỨC TỔNG QUÁT CỦA MỘT SỐ HỆ THỨC

TRUY HỒI 19

2.1 Công thức tổng quát của một số dãy số truy hồi cấp 1 . . . . . . . 20

2.2 Công thức tổng quát của một số dãy số truy hồi cấp cao . . . . . . 30

2.3 Công thức tổng quát của một số dãy vector truy hồi . . . . . . . . . 36

2.3.1 Phương pháp 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.3.2 Phương pháp 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.4 Hệ phương trình sai phân tuyến tính khơng thuần nhất với hệ số hằng 38

2.4.1 Phương pháp sử dụng định lý Caley-Hamilton . . . . . . . . 38

2.4.2 Phương pháp tính lũy thừa của Ma trận Jordon . . . . . . . 46

2.5 Một số ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

KẾT LUẬN 59

TÀI LIỆU THAM KHẢO 60

Mở đầu

Các hệ thức truy hồi có vai trị quan trọng trong khoa học và ứng dụng (xem
[1]-[10] và các tài liệu tham khảo trong các tài liệu trên). Bài tốn xác định cơng
thức tổng quát của các hệ thức truy hồi là một trong những bài tốn hay và khó,
thường xuất hiện trong nhiều trong lĩnh vực giải số, xử lý tín hiệu, đặc biệt là
trong chương trình Tốn ở bậc phổ thơng trung học. Để giải quyết bài toán này,
một trong những phương pháp truyền thống thường được sử dụng là phương pháp
quy nạp Toán học. Tuy nhiên một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là “Làm thế nào để
biết được công thức tổng quát của một hệ thức truy hồi nào đó?", “Làm thế nào
để sáng tác được một hệ thống bài tập thuộc dạng này cho học sinh?”. Rõ ràng,
việc xác định được công thức tổng quát của các hệ thức truy hồi là có ý nghĩa và
có tính thời sự.

Một trong những câu tả lời thú vị cho các câu hỏi trên là sai phân và ứng dụng
của nó. Có thể nói, Sai phân và ứng dụng của sai phân là phần rất quan trọng nó
khơng những góp phần giải quyết bài tốn xác định công thức tổng quát của các
hệ thức truy hồi mà cịn giúp giải một số bài tốn khác như: phương trình hàm,
đa thức, bất đẳng thức...Về bản chất sai phân là tìm cách tách một số hạng của
dãy số đã cho thành hiệu (hay tổng quát hơn là tổng đại số) của hai hay ba số
hạng liên tiếp của dãy số khác. Trong sách giáo khoa gần như không đề cập vấn đề
này, nhưng trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp vấn đề này thường hay được đề
cập đến. Các sách tham khảo hiện có một số bài tốn có sử dụng phương pháp sai
phân nhưng khơng phân tích chặt chẽ, khơng có hệ thống lý thuyết làm người đọc
khó vận dụng. Xuất phát từ động cơ giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi và trao
đổi với đồng nghiệp về lĩnh vực nói trên, chúng tơi đã nghiên cứu kỹ lưỡng dạng
và cách giải của từng loại bài tốn, giải chi tiết một số ví dụ cụ thể sau đó khái
quát hóa thành phương pháp cho dễ vận dụng sau này. Các dạng của sai phân còn

được thể hiện sinh động hơn qua các ví dụ cụ thể lấy từ các kỳ thi học sinh giỏi
các cấp, quốc gia và quốc tế.

1

2

Trong đề án này, chúng tơi tập trung tìm hiểu và hệ thống lại một số dạng bài
tốn ứng dụng sai phân để tìm số hạng tổng quát của một số hệ thức truy hồi của
dãy số và dãy véc tơ.

Để đạt được các mục đích trên, ngồi mục lục, phần mở đầu và phần kết luận,
đề án được chia thành ba chương:

Chương 1. Chúng tơi sẽ trình bày một số khái niệm cơ bản và tính chất của sai
phân.

Chương 2. Chúng tôi sẽ trình bày một số dạng tốn xác định cơng thức tổng
quát của một số dãy số truy hồi. Đồng thời trong chương này chúng tôi sẽ
trình bày một số ví dụ áp dụng.

Đề án được hoàn thành dưới sự hướng dẫn trực tiếp của PGS.TS Đinh Công
Hướng và TS. Lâm Thị Thanh Tâm. Nhân dịp này tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân
thành về sự chỉ bảo, hướng dẫn tận tâm, nhiệt tình của q thầy, cơ trong suốt
q trình thực hiện đề án.

Mặc dù rất cố gắng nhưng do hạn chế về thời gian và trình độ nên bên cạnh
những kết quả đã đạt được, đề án không thể tránh khỏi những hạn chế và thiếu
sót. Rất mong nhận được sự góp ý thẳng thắn và chân thành của quý thầy cô và
các bạn để đề án được hoàn thiện hơn.

Quy Nhơn, ngày 17 tháng 10 năm 2023
Tác giả

Hoàng Thị Phương Anh

Chương 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Trong chương này, chúng tơi trình bày một số khái niệm cơ bản và tính chất
của sai phân. Các kết quả ở chương này được tham khảo từ các tài liệu [1,2,3,4].

1.1 Một số khái niệm cơ bản và tính chất của sai
phân

Định nghĩa 1.1.1. Giả sử f : R → R là một hàm số cho trước . Ta gọi sai phân
cấp một của hàm f là đại lượng

∆f (x) = f (x + 1) − f (x) .

Giả sử, với n > 1 ta đã định nghĩa được sai phân cấp n − 1 của hàm f . Khi đó
sai phân cấp n của hàm f được định nghĩa như sau:

∆nf (x) = ∆ ∆n−1f (x) , n ≥ 1, ∆0f (x) := f (x) .

và ∆1 ≡ ∆
Ví dụ 1.1. ∆f (x) = f (x + 1) − f (x) .

a. △x = (x + 1) − x = 1.

3

4

b. △(ax + b) = [a(x + 1) + b] − (ax + b) = a.

c. △x2 = (x + 1)2 − x2 = 2x + 1.

d. △x! = (x + 1)! − x! = x!Cxx+1 − x!.
1

f. △lgx = lg(x + 1) − lgx = lg 1 + .
x

Ví dụ 1.2.

1 1
a. △ sin x = sin(x + 1) − sin x = 2 sin cos x + .
2 2

a a
b. △ sin(ax + b) = sin[a(x + 1) + b] − sin(ax + b) = 2 sin cos ax + b + .
2 2

1 1
c. △ cos x = cos(x + 1) − cos x = −2 sin cos x + .
2 2

a a

d. △ cos(ax + b) = cos[a(x + 1) + b] − cos(ax + b) = −2 sin sin ax + b + .
2 2

Ví dụ 1.3.

a. △x(n) = (x + 1)(n) − x(n) = nx(n−1).
b. △(ax + b)(n) = na(ax + b)(n−1).

Định lý 1.1.1.
a. Sai phân của hằng số bằng 0.
b. Sai phân mọi cấp là tốn tử tuyến tính.
c. △n(xn) = n!. Đặt biệt, △m(xn) = 0, nếu m > n,.

Chứng minh.

a. Sai phân của hằng số bằng 0.
Thật vậy, ta có △(C) = C − C = 0.

b. Ta chứng minh sai phân mọi cấp là tốn tử tuyến tính bằng phương pháp
quy nạp

5
+ ∀f, g : R −→ R, ∀α, β ∈ R, ∀x ∈ R, ta có

∆ (αf + βg) (x) = (αf + βg) (x + 1) − (αf + βg) (x)
= αf (x + 1) + βg (x + 1) − αf (x) − βg (x)
= [αf (x + 1) − αf (x)] + [βg (x + 1) − βg (x)]
= α [f (x + 1) − f (x)] + β [g (x + 1) − g (x)]
= α∆ (f ) (x) + β∆ (g) (x)

Suy ra

∆ (αf + βg) = α∆ (f ) + β∆ (g) .

Điều này chứng tỏ sai phân cấp một là tốn tử tuyến tính.

+ Giả sử △n là tốn tử tuyến tính. Ta cần chứng minh △n+1 cũng là tốn tử
tuyến tính.

Thật vậy, ∀f, g : R → R, ∀α, β ∈ R, ta có

△n+1(αf + βg) = △(△n(αf + βg))
= △(α△n(f ) + β△n(g)) (theo giả thiết quy nạp)
= α△(△n(f )) + β△(△n(g))
= α△n+1(f ) + β△n+1(g)

Điều này chứng tỏ sai phân cấp n + 1 cũng là tốn tử tuyến tính.
Vậy, theo nguyên lý quy nạp, △n là tốn tử tuyến tính.
c. Chúng ta sẽ chứng minh △n(xn) = n! bằng phương pháp quy nạp.
Ta có △(x) = (1 − x) − x = 1!. Giả sử △k(xk) = k!, ∀k ≤ n. Ta cần chứng

minh △n+1(xk) = (n + 1)!
Thật vậy, ta có

△n+1(xk) = △n △ (xk)

= △n[(x + 1)n+1 − xn+1]

= △n n+1

Cn+1 k xk − xn+1

k=0

6

n

= △n Cn+1 n+1xn+1 + Cn+1 k xk. − xn+1

= △n k=0
n

Cn+1 k xk.

k=0 (do tính chất tuyến tính)
n

= Cn+1 k . △n xk

k=0 △kxk
n

= Cn+1 k . △n−k

k=0
n

= Cn+1. △n−k (k!)

k=0

= Cn+1 k .xn (vì với n − k ≥ 1 thì △n−k(k!) = 0)

= (n + 1)! .(n!)

n!(n + 1 − n)!

= (n + 1)!.

Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có △n(xn) = n!.
Đặc biệt, với m > n, ta có

△m(xn) = △m−n △n (xn) = △m−n(n!) = 0.

Từ định nghĩa sai phân và định định lý có các hệ quả sau:

Hệ quả 1.1.1.
a. △n(a.xn) = a.n!.
b. △n+1(xn) = 0.
c. Nếu f(x) là một đa thức bậc n của x có dạng
f (x) = A0xn + A1xn−1 + A2xn−2 + .....An

thì
△n(f (x)) = A0.n!.

7
Định lý 1.1.2.

a. Công thức sai phân từng phần

△[f (x)g(x)] = f (x) △ g(x) + g(x + 1) △ f (x).

n

b. △f (x) = f (n + 1) − f (m), m < n.

x=m

c. Công thức đổi biến

Với m, n ∈ N, m ≤ n, ta có

△f (x) = f (x) |x(m) x(n+1),

i=1,n
x=x(i)

trong đó x(i) = i + j.

Chứng minh.
a. Ta có

△(f g)(x) = (f g)(x + 1) − (f g)(x)
= f (x + 1)g(x + 1) − f (x)g(x)
= [f (x + 1) − f (x)]g(x + 1) + f (x)g(x + 1) − f (x)g(x)
= [f (x + 1) − f (x)]g(x + 1) + f (x)[g(x + 1) − g(x)]
= △(f )(x)g(x + 1) + (f )(x) △ (g)(x).

Hay △[f (x)g(x)] = f (x) △ g(x) + g(x + 1) △ f (x).

b. Ta có

n n

△f (x) = [f (x + 1) − f (x)]

x=m x=m

= f (m + 1) − f (m) + f (m + 2) − f (m + 1) + · · · + f (n + 1) − f (n)

= f (n + 1) − f (m).

n

Vậy △f (x) = f (n + 1) − f (m), m < n.

x=m

c. Ta có

△(f )(x) = (f )(x + 1) − (f )(x).

8
Suy ra

△f (x) = [f (x + 1) − f (x)]

i=1,n i=1,n
x=x(i) x=i+j

= f (n + j + 1) − f (n + j) + f (n − 1) + j + 1) − f ((n − 1) + j) + ...

+ f ((m + 1) + j + 1) − f [(m + 1)h + j] + f (m + j + 1 − f (m + j)

= f [(n + 1) + j] − f (m + j)
= f (x) |x(m) x(n+1)

Từ đây, ta suy ra điều phải chứng minh.

Trong trường hợp đặc biệt, khi j = 0 ta có cơng thức

n

△f (i) = f (i) |mn+1 .

i=m

Định nghĩa 1.1.2. Cho hàm số f : R → R. Với n ∈ N∗ ta gọi biểu thức

[f (x)](n) = f (x)f (x − 1)f (x − 2)...f (x − (n − 1)).

là biểu thức giai thừa.
Ở đây ta xét dạng giai thừa quan trọng sau

(ax + b)(n) = (ax + b)(a(x − 1) + b)(a(x − 2) + b)...(a(x − (n − 1)) + b), với n ∈ N∗.

Đặc biệt, khi a = 1, b = 0, với n ∈ N∗, ta có
x(n) = x(x − 1)(x − 2) . . . (x − (n − 1)).

Nhận xét.

Ý tưởng đa thức giai thừa có thể mở rộng cho trường hợp n không phải là số
nguyên dương.

Từ công thức x(n+1) = x(x − 1)(x − 2) . . . (x − n) = (x − n)x(n), n ∈ N∗, chúng
ta có thể định nghĩa một cách quy nạp cho x(n), với n ≤ 0. Từ định nghĩa mở rộng
này ta có các tính chất sau:

9

Định lý 1.1.3.

1. x(0) = 1.

2. Với n ∈ N∗, x(−n) = 1
.
(x + n)(n)

3. Với n ∈ Z, △x(n) = n.x(n−1).

Chứng minh.

1. Ta có x(0) = 1 x−0 .x(1) = 1.

2. Ta có

x(−n) = 1 .x(−n+1) .x(−n+3)
= x+n
=

... 1 .x(−n+2)
(x + n)(x + n − 1)

1
(x + n)(x + n − 1)(x + n − 2)

= 1 .x(0)
(x + n)(x + n − 1)(x + n − 2)...(x + n − (n − 1))
1

= (x + n)(n) .

3. Xét trường hợp n ∈ N∗, ta có

△x(n) = (x + 1)(n) − x(n)
= (x + 1)(x + 1 − 1)(x + 1 − 2)...(x + 1 − (n − 1))
− x(x − 1)(x − 2)...(x − (n − 1))
= (x + 1)(x)(x − 1)...(x − n + 2) − x(x − 1)(x − 2)...(x − n + 1)
= x(x − 1)(x − 2)...(x − n + 2)[x + 1 − x + n − 1]
= x(x − 1)(x − 2)...(x − n + 2).n
= x(n−1).n.

Vậy, với n ∈ N∗, △x(n) = n.x(n−1).

10

Mặt khác, áp dụng tính chất 2, ta có

△x(−n) = (x + 1 + n)(n) 1 − (x + n)(n) 1

= 1 − 1

[x + (n + 1)](x + n)...(x + 2) (x + n)...(x + 2)(x + 1)

= 1 1 − 1

(x + n)...(x + 2) x + (n + 1) x + 1

−n
=

[x + (n + 1)] ...(x + 1)

−n
= [x + (n + 1)](n+1)

= (−n).x((−n)−1).n.

Trường hợp n = 0 là tầm thường. Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.1.2. Với n ∈ N∗, △x(−n) = −n.x−(n+1).

1.2 Cơ sở lý thuyết về sai phân ngược

Trước tiên ta xét bài toán sau:
Xác định gx sao cho △(gx) = fx,với fx là hàm đã biết.
Nhận xét rằng nếu gx là một lời giải của bài tốn trên thì gx + C với C là hằng
số bất kỳ cũng là lời giải của nó.
Kí hiệu gx + C = △−1(fx), C ∈ R, ta có một số tính chất của △−1 như sau
Định lý 1.2.1.

a. △−10 = C, C ∈ R.
b. △−1(fx + gx) = △−1(fx) + △−1(gx) + C, C ∈ R.
c. △−1(kfx) = k△−1(fx) + C, C ∈ R.
d. △−1 [fx △ (gx)] = fxgx − △−1 [gx+1 △ (fx)] + C, C ∈ R.

Chứng minh.

11
a. △−10 = C, C ∈ R.

Thật vậy, Với C là hằng số thì △C = 0 nên suy ra △−10 = C.

b. Giả sử,
△−1fx = F (x) + C1,
△−1gx = G(x) + C2
Suy ra
△Fx = fx,
△Gx = g(x),
△(Fx + Gx) = △Fx + △Gx = fx + gx
Từ đó ta được,
△−1(fx + gx) = Fx + Gx + C1 + C2
= △−1(fx) + △−1(gx) + C.

c. Ta có
△ k△−1(fx) = k△ △−1(fx)
= k△△−1(fx)
= kfx

Suy ra △−1(kfx) = k△−1(fx) + C, C ∈ R
d. Từ công thức sai phân từng phần

△[f (x)g(x)] = f (x) △ g(x) + g(x + 1) △ f (x)

Lấy sai phân ngược hai vế ta được
△−1 △ [f (x)g(x)] = △−1[f (x) △ g(x) + g(x + 1) △ f (x)]

⇒ f (x)g(x) = △−1[f (x) △ g(x) + g(x + 1) △ f (x)]
= △−1[f (x) △ g(x)] + △−1[g(x + 1) △ f (x)]

Suy ra △−1[fx △ (gx)] = fxgx − △−1[gx+1 △ (fx)] + C, C ∈ R.

12

Ví dụ 1.4. Với n ∈ N∗ ta có

a. △−1ax = ax + C, C ∈ R, 0 < a̸ = 1.

a−1

1
cos(x − )
21 + C, C ∈ R.
b. △−1 sin x =

−2 sin 2

1
sin(x − )
21 + C, C ∈ R.
c. △−1 cos x =

2 sin 2

a
cos(ax + b − )
a 2 + C, C ∈ R.
d. △−1 sin(ax + b) =

−2 sin 2

a
sin(ax + b − )
a 2 + C, C ∈ R.
e. △−1 cos(ax + b) =

2 sin 2

Ví dụ 1.5. Với h ∈ N∗. Tính các sai phân ngược sau :

a. △−1 (x3x) = x3x x − 3 x3x 3
+C = x − + C.
3−1 3−1 2 2

x cos x − 1 x cos x − 1

b. △−1xsinx = sin (x + 1 − 1) − 2 +C = sin (x) − 2+
2 sin2 1 1 2 sin2 1 1
2 −2 sin −2 sin
2 2 2
C.

13

1.3 Tính tổng, tổng riêng của chuỗi số bằng phương
pháp sai phân ngược

n

Giả sử ta phải tính tổng ak. Khi đó, ta tìm dãy {xk} sao cho xk−1 − xk = ak,

k=1

tức là, ta tìm dãy {xk} sao cho △xk = ak. Khi đó ta có

n n

ak = △xk

k=1 k=1

= xn+1 − xn

= xk |1n+1
= △−1ak |1n+1 .

Ví dụ 1.6. Tính tổng của n số hạng đầu tiên của chuỗi số có số hạng tổng quát
un = n2 + n, n ∈ N∗

Bài giải. Ta có

Sn = (12 + 1) + (22 + 2) + ... + (n2 + n)

n n n

= k2 + k = (k(k + 1)) = (k + 1)(2)

k=1 k=1 k=1
n
△−1(k + 1)(2) = △−1(k + 1)(2) |n+1 1
=△

k=1

= △−1(n + 2)(2) − △−1(2)(2)

= (n + 2)(3) 2(3) (n + 2)(n + 1)n
−=
3 3 3

n Vậy Sn = k2 + k = n(n + 1)(n + 2), n ∈ N∗.
3
k=1

Ví dụ 1.7. Tính các tổng sau
a. Sn = 12 + 22 + ... + n2, n ∈ N∗.
b. Sn = 13 + 23 + ... + n3, n ∈ N∗.

14

Bài giải. a. Ta có

n n n

Sn = 12 + 22 + ... + n2 = k2 = (k(k + 1)) − k

k=1 k=1 k=1

n n n n

= (k + 1)(2) − k(1) = △ △−1(k + 1)(2) − △ △−1k(1)

k=1 k=1 k=1 k=1

= △−1(k + 1)(2) |1n+1 − △−1 k(1) |1n+1

= △−1(n + 2)(2) − △−1(2)(2) − △−1(n + 1)(1) + △−1(1)(2)

(n + 2)(n + 1)n (n + 1)n n(n + 1)(2n + 1)
= − =
3 2 6

n Vậy Sn = k2 = n(n + 1)(2n + 1), n ∈ N∗.
6
k=1

b. Ta có

n

Sn = 13 + 23 + ... + n3 = k3.

k=1

Nhận xét, dùng định lý phép chia có dư ta phân tích đa thức

k3 = k(k − 1)(k − 2) + 3k(k − 1) + k.

Khi đó, ta có

n n n

Sn = k(k − 1)(k − 2) − 3k(k − 1) + k

k=1 k=1 k=1

n n n

= k(3) + 3 k(2) + k(1)

k=1 k=1 k=1

n n n

= △ △−1k(3) + 3 △ △−1k(2) + △ △−1k(1)

k=1 k=1 k=1

= △−1k(3) |1n+1 +3 △−1 k(2) |1n+1 + △−1 k(1) |1n+1

= △−1(n + 1)(3) − △−1(1)(3) + 3 △−1 (n + 1)(2) − △−1(1)(2)

+ △−1(n + 1)(1) − △−1(1)(1)

= (n + 1)(4) (n + 1)(3) (n + 1)(2)
+ 3. +
4 3 2

= (n + 1)n(n − 1)(n − 2) 3(n + 1)n(n − 1) (n + 1)n
+ +
4 3 2

n2(n + 1)2
=

4

15

n Vậy Sn = k3 = n2(n + 1)2 , n ∈ N∗.
4
k=1

Ví dụ 1.8. Tính tổng Sn = 12 + 42 + ... + (3n − 2)2, n ∈ N∗

Bài giải. Ta có

Sn = u1 + u2 + ... + un

n n

= (3k − 2)2 = (9k2 − 12k + 4)

k=1 k=1

n n

= 9k2 − 12k + 4n

k=1 k=1

n n

= 9 k2 − 12 k + 4n

k=1 k=1

=9 n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) (theo ví dụ ?)
− 12 + 4n
6 2

6n3 − 3n2 − n
=

2

n 2 6n3 − 3n2 − n ∗
Vậy Sn = k=1(3k − 2) = , n∈N .
2

Ví dụ 1.9. Tính tổng của n số hạng đầu tiên của chuỗi số có số hạng tổng quát

un = n2 1+ n, n ∈ N∗.

Bài giải. Ta có

Sn = u1 + u2 + ... + un

n1 n1
= k2 + k = k(k + 1)
k=1 k=1

n1 n △ (k + 1)(2) −1 1
= (k + 1)(2) = △
k=1 k=1

n

= △ △−1(k − 1)(−2) = △−1(k − 1)(−2) |n+1 1

k=1

= △−1n(−2) − △−10(−2)

= n(−1) 0(−1)
−
−1 −1
n
=
n+1