Chuyên đề Các phương pháp tính tổng và Bất đẳng thức tổng

1 so với bậc trong hạng tử của ta. Ở đây, bậc của 1 ( 1)n n + là 2- nên ta sẽ tìm ( )f n có bậc 1- . Tử của 1 ( 1)n n + là đa thức bậc 0 nên ta hãy thử ( )f n bậc -1 và có đa thức ở tử bậc 0.Tức là: 1( )f n bn c = + Ta có: 2 2 1 1 1( ) ( 1) ( )( ) ( 1) 1 1 ( )(2 ) bf n f n bn c bn c b bn c bn c b n n c b c n nbn c b n b - - - = - = = + + - + + - + Û = - +- - - + Như vậy, ta cần phải tìm các số ( , )b c thỏa: 1 2 1 1 ( ) 0 b b c b c c b c - =ì ï - = Þ = = -í ï - =î . Như vậy, 1( ) 1 f n n - = + . Tóm lại, ta có: 1 1 1 1... (0) (1) (1) (2) ... ( 1) ( ) 1.2 2.3 3.4 ( 1) 1( ) (0) 1 1 1 f f f f f n f n n n nf n f n n + + + + = - + - + - - - + + = - = - = + + Ta xét thên một bài tóan tổng căn thức: Bài tóan: Tính tổng sau theo .n 1 1 1... 1 2 2 1 2 3 3 2 1 ( 1) S n n n n = + + + + + + + + Bằng một ý tưởng tương tự,ta cũng sẽ cố gắng tìm dãy số (1), (2),..., ( )f f f n sao cho: 1( ) ( 1) 1 ( 1) f n f n n n n n - - = + + + . Trước hết chúng ta định nghĩa thêm về bậc của căn thức, bậc của ( ) ( )aP x Q x là nm a + , trong đó ,m n lần lượt là bậc của các đa thức , .P Q Theo một tư tưởng tương tự, ta tìm ( )f n có bậc bé hơn 1 1 ( 1)n n n n+ + + là 3 2 - . Do đó bậc của f là 1 2 - . Thông qua hình dạng của 1 1 ( 1)n n n n+ + + ,ta có thể dự đoán dạng của ( )f n là ( 0)a b bn c > + . Ta có: ( 1) ( )f n f n- > nên 0a < , chia tử và mẫu cho a- ta thu đước dạng của 2 2 1( ) , ,b cf n A B a aAn B - = = = + . Ta có: 1 1( ) ( 1) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 ( 1) f n f n An B A An B A An B An B A An B An B A An B A An B An B An B A A An B A An B An B An B A n n n n - - = - + - + + - + - + + + -= = + - + + + - = + - + + + + - = + + + Từ đây ta suy ra cần tìm ( , )A B sao cho: 1 1 0 1 1 A A B A B B =ì =ìï - = Þí í =îï =î Như vậy 1( ) 1 f n n - = + . Tóm lại: 1 1 1... 1 2 2 1 2 3 3 2 ( 1) ( 1) (0) (1) (1) (2) (2) ... ( 1) ( ) 11 1 n n n n f f f f f f n f n n + + + + + + + + = - + - + - + - - + = - + Sau đây là phần bài tập dành cho bạn đọc: Bài 1: Tính tổng sau theo n . 1 2 ... 2! 3! ( 1)! n n + + + + Bài 2: Hãy tính tổng sau: 2 2005 2 2 2 2 3 3 2004 2004 2005 2005 6 6 6... (3 2)(3 2 ) (3 2 )(3 2 ) (3 2 )(3 2 ) P = + + + - - - - - - Bài 3: Xác định giá trị của: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 11 1 ... 1 1 2 2 3 2004 2005 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 ( )f n không phải lúc nào cũng thực hiện được, như ở trên, đối với tổng 1 1 1 1... 1.2 2.3 3.4 ( 1)n n + + + + + 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 2 2 2 1 1 1.... .... 1 2 6n p + + + + = . 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 ( )f n hàm sao cho 2 1( ) ( 1)f n f n n - - ³ . Bằng một lý luận tương tự ta cũng có thể thu được 1( )f n an b = + 2 1( ) ( 1) ( )( ) af n f n an b an b a n - - - = ³ + + - . Trước hết ta có thể thu được 1a = - và ta cần tìm b sao cho 2 2 2 2 2 2 1 1 ( )( 1) 1 1 (2 1) ( 1) (2 1) ( 1) 0 ( )( 1) 0, 1 (2 1) 0, 1 1 2 4 1 1 2 4 1 , 1 2 2 n b n b n n b n b b n b n b b n b n b n b n b n n n n n nb n ³ + + - Û ³ + - + - Þ - + - £ Ù + + - > " ³ Þ + - - £ " ³ - - + - + + Þ £ £ " ³ 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 f n n - = - . Tóm lại ta có: 2 2 2 1 1 1 1... (0) (1) (2) ... ( 1) ( ) 2 2.11 2 2 f f f f n f n 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) 22 1 2 ... 3 3 n nn n n + + - < + + + < Như mọi khi, ta đi tìm dãy (1), (2),..., ( )f f f n và (1), (2),..., ( )g g g n trong đó ( ), ( )f n g n bậc 3 2 thỏa: ( ) ( 1) ( ) ( 1) f n f n n g n g n n - - ³ - - £ Bằng cách tương tự như đã nói,ta dễ dàng tìm được: 2( ) ( 1) 1 3 2( ) 3 f n n n n ng n = + + = Và như vậy: 2( 1) 1 21 2 ... (0) (1) (1) ... ( 1) ( ) 3 n nn f f f f n f n + + -+ + + £ - + - + - - + = 21 2 ... (0) (1) (1) ... ( 1) ( ) 3 n nn g g g g n g n+ + + ³ - + - + - - + = Sau đây là các bài tập áp dụng: Bài 1: Tìm n NÎ lớn nhất sao cho phương trình: 1 ... 2005x x x n x+ - + + - = - Bài 2: Chứng minh rằng: 1 1 1... 21 1 3 3 5 2003 2005 + + + > + + + Bài 3:Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số tự nhiên n . 1 1 12( 1 1) 1 ... 2 2 3 n n n + - < + + + + < D.Câu chuyện về một tổng số Trong các phần trên, tác giả đã có lần nhắc đến tổng 2 2 2 2 1 1 1... ... . 1 2 6n p + + + + = 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: 1 1 1 1 1 11 ... 4 9 16 25 36 49 + + + + + + + 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: 20 1 2 ... 0. n na a x a x a x+ + + + = Có n nghiệm phân biệt 1 2, ,..., na a a thì đa thức vế trái của phương trình có thể biễu diễn thành tích của n thừa số bậc nhất: 20 1 2 1 2... ( )( )...( ) n n n na a x a x a x a x x xa a a+ + + + = - - - 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: 1 1 2( ... )n n na a a a a- = - + + + tìm được bằng cách só sánh hệ số những số hạng chứa 1nx - . Việc phân tích thành chứng hệ số bậc nhất có thể làm theo cách khác. Nếu các nghiệm 1 2, ,..., na a a đều khác không, hay (cũng thế ) nếu 0a khác không, thì chúng ta có: 20 1 2 0 1 2 ... 1 1 ... 1nn n x x xa a x a x a x a a a a æ öæ öæ ö + + + + = - - -ç ÷ç ÷ç ÷ è øè ø è ø Và 1 0 1 2 1 1 1... n a a a a a æ ö = - + + +ç ÷ è ø . Còn môtj cách khác. Giả sử phương trình bậc 2n có dạng: 2 4 20 1 2 ... ( 1) 0 n n nb b x b x b x- + + + - = Và 2n nghiệm phân biệt là 1 1 2 2, , , ,..., , .n nb b b b b b- - - Thế thì: 2 2 2 2 4 2 0 1 2 0 2 2 2 1 2 ... ( 1) 1 1 ... 1n nn n x x xb b x b x b x b b b b æ öæ öæ ö - + + + - = - - -ç ÷ç ÷ç ÷ è øè ø è ø Và 1 0 2 2 2 1 2 1 1 1... n b b b b b æ ö = + + +ç ÷ è ø . 2)Euler xét phương trình sin 0x = hay 73 5 ... 0. 1 3! 5! 7! x x x x - + - + = 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 ,...p p p p p p- - - 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: 62 4 1 ... 0. 3! 5! 7! x x x - + - + = với các nghiệm , , 2 , 2 ,3 , 3 ,...p p p p p p- - - 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: 2 4 6sin 1 ... 3! 5! 7! x x x x x = - + - + = 2 2 2 2 2 21 1 1 ...4 9 x x x p p p æ öæ öæ ö - - -ç ÷ç ÷ç ÷ è øè øè ø Suy ra 2 2 2 2 1 1 1 1 ... 3! 4 9 1 1 11 ... . 4 9 16 6 p p p p = + + + Þ + + + + = 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