(LUẬN văn THẠC sĩ) 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 download by : skknchat@gmail.com 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 download by : skknchat@gmail.com I Mục lục Mở đầu Chương Tổng biểu thức nguyên 1.1 Nguyên lý quy nạp Toán học chứng minh đẳng thức bất đẳng thức liên quan đến tổng 1.1.1 Các khái niệm 1.1.2 Các toán 1.2 Phương pháp tách số hạng 1.2.1 Cơ sở lý luận 1.2.2 Các toán 1.3 Phương pháp đẳng thức 1.4 Phương pháp đa thức 1.5 Tổng hữu hạn liên quan đến hàm lũy thừa số tự nhiên Chương Tổng biểu thức phân 2.1 Tính tổng phương pháp phân tách hạng tử 2.1.1 Cơ sở lý luận 2.1.2 Các toán 2.2 Tìm số số hạng dãy số có quy luật 2.3 Một số toán khác liên quan đến tổng phân thức Chương Tổng liên quan 3.1 Cấp số cộng 3.1.1 Khái niệm 3.1.2 Các toán 3.2 Cấp số nhân 3.2.1 Khái niệm 3.2.2 Các toán đến cấp số download by : skknchat@gmail.com 15 19 24 24 24 25 33 35 42 42 42 42 47 47 47 II 3.2.3 3.2.4 Tính tổng đa thức đặc biệt 50 Một số toán cấp số tổng hữu hạn 52 Chương Bất đẳng thức liên quan đến tổng 66 4.1 Các dạng tốn có độ khó trung bình 66 4.2 Các dạng tốn có độ khó cao 73 Kết luận 78 Tài liệu tham khảo 79 download by : skknchat@gmail.com Mở đầu Các toán liên quan đến tổng đại phận tốn khó mà học sinh phổ thơng, phổ thông sở tỏ lúng túng gặp toán dạng Các toán dạng không giới thiệu sách giáo khoa bậc THCS, bậc THPT giới thiệu số tổng đơn giản chứng minh phương pháp quy nạp Mục đích luận văn tìm tịi học tập phương pháp đơn giản tính tổng số tự nhiên phân số hữu tỷ, vô tỷ liên quan đến dãy số có quy luật, bao gồm cấp số cộng cấp số nhân Ưu tiên phương pháp sử dụng kiến thức THCS, điều làm nên khác biệt luận văn với tài liệu [1] Luận văn có bố cục: mở đầu, chương, kết luận tài liệu tham khảo Chương 1: Trình bày ngun lí quy nạp toán tổng biểu thức nguyên với phương pháp để giải tốn Chương 2: Trình bày dạng toán tổng biểu thức phân Chương 3: Trình bày tổng liên quan đến cấp số Chương 4: Trình bày tốn khó bất đẳng thức liên quan với tổng hữu hạn Nội dung chủ yếu luận văn tham khảo từ tài liệu tác giả, tác phẩm: Phạm Quốc Khánh [1], Tuyển chọn theo chuyên đề [2], Tuyển chọn theo chuyên đề toán học 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 tới người thầy kính mến TS Nguyễn Văn Ngọc người tận tình hướng dẫn giúp đỡ em suốt q trình làm hồn thành luận văn Em xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học, người trực tiếp giảng dạy giúp đỡ em trình học tập download by : skknchat@gmail.com trường Tôi xin cảm ơn bạn bè học viên lớp cao học Toán K10C1 - Thái Nguyên quan tâm động viên giúp đỡ suốt thời gian học tập trình làm luận văn Sự quan tâm khích lệ động viên gia đình nguồn động viên lớn để tơi hồn thành khóa luận Tuy nhiên hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc sĩ nên luận văn trình bày phần Do thời gian có hạn lực hạn chế nên luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót Kính mong nhận ý kiến đóng góp thầy anh chị, bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Thái Nguyên, tháng 11 năm 2017 Người viết luận văn Đào Thị Sen download by : skknchat@gmail.com Chương Tổng biểu thức nguyên Chương trình bày số tốn tổng biểu thức nguyên Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [1],[2],[4],[5] 1.1 1.1.1 Nguyên lý quy nạp Toán học chứng minh đẳng thức bất đẳng thức liên quan đến tổng Các khái niệm • Ký hiệu tổng Tổng số a1 , a2 , , an thường ký hiệu n a1 + a2 + + an = ak , k=1 ký hiệu (xích-ma) thức, hay giá trị tổng n k=1 ak n k=1 ak tổng số ak với k = 1, 2, , n Biểu thường ký hiệu An , Bn , Sn Ta có n An = a1 + a2 + + an = ak k=1 Ví dụ: n + + + n = k= k=1 Ở An = n(n + 1) n(n + 1) chứng minh • Ngun lý quy nạp Tốn học Nguyên lý quy nạp Toán học, gọi tắt Nguyên lý quy nạp, thường dùng để chứng minh Mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên Giả sử ta cần download by : skknchat@gmail.com chứng minh Mệnh đề Pn Trước hết, ta cần kiểm tra tính đắn Pn với n nhỏ có, thí dụ n = Sau đó, giả sử Mệnh đề với n = k Nếu chứng minh tính đắn mệnh đề với n = k + 1, theo Nguyên lý quy nạp Toán học, mệnh đề chứng minh với số tự nhiên n Khi gặp tốn chứng minh mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n ta thường dùng phương pháp quy nạp Sau tơi xin trình bày phương pháp nói để chứng minh đẳng thức liên quan đến tổng hữu hạn 1.1.2 Các toán Bài toán 1.1.1 Chứng minh + + + + n = n(n + 1) Lời giải Đặt S1 (n) = + + + + n Chúng ta chứng minh S1 (n) = n(n + 1) 1.(1 + 1) = 1, đẳng thức Giả sử đẳng thức k(k + 1) với n = k, nghĩa S1 (k) = + + + k = Với n=k+1, ta có Thật vậy, ta có S1 (1) = S1 (k + 1) = + + + k + (k + 1) = (1 + + + k) + (k + 1) k(k + 1) (k + 1)(k + 2) k = + (k + 1) = (k + 1) +1 = 2 Vậy theo Nguyên lý quy nạp Toán học với số tự nhiên n ta có điều phải chứng minh Bài tốn 1.1.2 Chứng minh với số nguyên dương n ta có đẳng thức 1.1! + 2.2! + 3.3! + + n.n! = (n + 1)! − Lời giải Sử dụng nguyên lý quy nạp Gọi S(n) = 1! + 2.2! + 3.3! + + n.n! +) với n = suy VT=VP đẳng thức +) giả sử đẳng thức với n, ta chứng minh với n + Ta có S(n + 1) = S(n) + (n + 1)(n + 1)! = (n + 1)! − + (n + 1)(n + 1)! = (n + 1)!(n + + 1) − = (n + 2)! − Bài toán 1.1.3 Với n số nguyên dương chứng minh 1.2.3 + 2.3.4 + + n(n + 1)(n + 2) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) download by : skknchat@gmail.com Lời giải Gọi S(n) = 1.2.3 + 2.3.4 + + n(n + 1)(n + 2) +) với n = suy VT=VP đẳng thức +) giả sử đẳng thức với n Ta chứng minh với n + 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) = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có S(n) = Trên vận dụng phương pháp Quy nạp để chứng minh công thức tổng Một vấn đề tự nhiên quan trọng đặt công thức thiết lập nào? Trong phần chương ta nêu số phương pháp đơn giản tính tổng cần sử dụng kiến thức Tốn học bậc THCS 1.2 Phương pháp tách số hạng 1.2.1 Cơ sở lý luận Sử dụng kỹ thuật phân tách thành hạng tử sau đây: 2k = k(k + 1) − (k − 1)k, 3mk(k + m) = k(k + m)(k + 2m) − (k − m)k(k + m), 4mk(k + m)(k + 2m) = k(k + m)(k + 2m)(k + 3m) − (k − m)k(k + m)(k + 2m), k(k + 1)! = (k + 1)! − k!, 0! = 1, k! = 1.2 · · · k, (k + k + 1)k! = (k + 2k + − k)k! = (k + 1)2 k! − k.k! = (k + 1)(k + 1)! − k.k!, ··· ··· ··· 1.2.2 Các tốn Bài tốn 1.2.1 Tính tổng n số nguyên dương S1 (n) = + + + + n Lời giải Số số hạng tổng n, ta viết lại tổng cho theo quy luật giảm số hạng S1 (n) = n + (n − 1) + + + download by : skknchat@gmail.com Cộng theo thứ tự trên-dưới số hạng tổng cho, ta 2S1 (n) = (1 + n) + (2 + n − 1) + · · · + (n + 1) = n(n + 1), Từ suy S1 (n) = n(n + 1) (1.1) Ngồi ra, cịn tính S1 (n) cách sử dụng hệ thức 2k = k(k + 1) − (k − 1)k sau Nhân hai vế S1 (n) với sử dụng hệ thức với k = 1, 2, , n ta 2S1 (n) = 1.2 + 2.3 − 1.2 + 3.4 − 2.3 + + n(n + 1) − (n − 1)n = n(n + 1) Từ suy cơng thức (1.1) Bài tốn 1.2.2 Tính tổng P2 (n) = 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(n + 1), P3 (n) = 1.2.3 + 2.3.4 + + n(n + 1)(n + 2) Lời giải Nhân hai vế với 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 P2 (n) = 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2) (1.2) Tương tự, nhân hai vế P3 (n) với 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 P3 (n) = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + n(n + 1)(n + 2) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) (1.3) Bài tốn 1.2.3 Tính tổng Ln = 1.3.5 + 3.5.7 + 5.7.9 + + (2n − 1).(2n + 1).(2n + 3) download by : skknchat@gmail.com 65 Dễ thấy rằng, a1 , a2 , , an lập thành cấp số nhân, (với điều kiện(∗∗)) ak as − am ar = Thật vậy, ta có ak as = a21 q k+s−2 , am ar = a21 q m+r−2 ⇒ ak as = am ar vậy, a1 , a2 , , an lập thành cấp số nhân ta có đẳng thức a21 + a22 + + a2n−1 a22 + a23 + + a2n = (a1 a2 + a2 a3 + + an−1 an )2 Ngược lại, có đẳng thức từ (∗) suy (a1 ak − a2 ak−1 )2 = 0, (k = 2, 3, , n) Do ak a2 = , ak−1 a1 Nghĩa a1 , a2 , , an cấp số nhân download by : skknchat@gmail.com 66 Chương Bất đẳng thức liên quan đến tổng Chương trình bày số toán bất đẳng thức tổng hữu hạn Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [2],[3],[7],[8] Phương pháp chủ yếu để giải toán loại sử dụng thủ thuật như: nhóm số hạng, tách số hạng, chặn trên, chặn dưới, thêm, bớt, quy nạp v.v Đặc biệt sử dụng bất đẳng thức quan trọng bất đẳng thức Cauchy - Schawrz (a21 + a22 + + a2n )(b21 + b22 + + b2n ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + + an bn )2 bất đẳng thức trung bình n 1 + + a1 an 4.1 ≤ √ a1 + + an ≤ a1 + + an ≤ n a21 + + a2n n Các dạng tốn có độ khó trung bình Bài toán 4.1.1 Chứng minh rằng: 1< b c d a + + + < a+b+c b+c+d c+d+a d+a+b Lời giải Dễ dàng chứng minh tính chất: a a a+c Với ba số dương a, b, c : Nếu < < b b b+c Áp dụng, ta có: a a a+d < < , a+b+c+d a+b+c a+b+c+d b b b+a < < , a+b+c+d b+c+d a+b+c+d download by : skknchat@gmail.com (1) (2) 67 c c+b c < < , a+b+c+d c+d+a a+b+c+d d d d+c < < , a+b+c+d d+a+b a+b+c+d (3) (4) Cộng vế với vế (1), (2), (3), (4) ta có điều phải chứng minh Bài toán 4.1.2 So sánh A = Lời giải Cách 1: Dựa vào < n n2 1 1 + + + + với 2 n (n ≥ 2) với (∀n ≥ 2) −1 ⇒A (1 − ) + ( − ) + ( − ) + + ( − 2 3 n n+1 n+1 n ⇒A> n+1 Bài toán 4.1.4 Chứng minh √ n+1− √ n> √ , n+1 với n ∈ N Từ chứng minh √ 1 1 + √ + √ + √ + + √ < 1994 1994 Lời giải Ta có √ √ 1 ( n + − n) √ √ =√ ⇒ A < 99, Ta lại có B= 1 = − với k = k(k − 1) k−1 k 1 1 1 1 + + + + 99 − = 98 Vậy 98 < A < 99 Tổng qt hóa tốn, ta có n−2< 15 n2 − + + + + 1, n số nguyên n+1 n+2 3n + dương Lời giải Ta có 1 + + + n+1 n+2 3n + 1 1 1 + )+( + ) + + =( n + 3n + n + 3n 2n + 4n + 4n + 4n + = + + + (n + 1)(3n + 1) (n + 2)3n 2(2n + 1)2 n = >(4n + 2) + (2n + 1) 2(2n + 1)2 Bài toán 4.1.9 Chứng minh n 1 < + + + + n < n 2 −1 Lời giải Đặt S= n 1 < + + + + n , 2 −1 Chúng ta viết lại tổng Sn theo nhóm sau (1 + 1 1 1 1 1 ) + ( + ) + ( + + + ) + + ( n−2 + + n−1 ) + + n 2 +1 2 download by : skknchat@gmail.com 71 Ta nhận thấy ngoặc lớn n suy Sn > Mặt khác, tổng Sn 2 viết dạng 1 1 1 1 1 + ( + ) + ( + + + ) + + ( n−1 + n−1 + + n ) 2 +1 −1 Khi ngoặc lại nhỏ suy Sn < n Vậy n 1 < + + + + n < n 2 −1 Bài toán 4.1.10 Cho n p số nguyên dương Chứng minh p 1 1 < + + + < (n + 1)(n + + p) (n + 1)2 (n + 2)2 (n + p)2 n(n + p) Lời giải Dễ thấy 1 < < (n + k + 1)(n + k) (n + k) (n + k − 1)(n + k) Nhưng 1 = + , (n + k + 1)(n + k) n+k n+k+1 1 = − (n + k − 1)(n + k) n+k−1 n+k Do 1 1 − < < − n+k n+k+1 (n + k) n+k−1 n+k Cộng bất đẳng thức theo k với k = 1, 2, , p ta có bất đẳng thức cần chứng minh Bài toán 4.1.11 Chứng minh bất đẳng thức √ √ 1 2( n + − 1) < + √ + √ + + √ < n − n Lời giải Ta có √ √ 1 √ √ < √ , < k+1− k = √ k+1 k+1+ k k √ √ √ > 2( k + − k) k √ √ < 2( k + − k) k+1 download by : skknchat@gmail.com (4.1) (4.2) 72 Từ công thức (4.1) cho k 1, 2, n cộng lại ta √ 1 1 + √ + √ + + √ > 2( n + − 1) n (4.3) Từ công thức (4.2) cho k 1, 2, , n − cộng lại ta √ 1 √ + √ + + √ < 2( n − 1) n Từ suy √ 1 + √ + + √ < n − n (4.4) Từ công thức (4.3) (4.4) ta suy điều phải chứng minh Bài toán 4.1.12 Chứng minh tổng số hữu hạn phân số tập P = { 1 , , } nhỏ 22 32 42 Lời giải Giả sử có n phân số 1 1 , , , a1 a2 a3 an (n ≥ 1) Khơng tính tổng qt giả sử ≤ a1 < a2 < < an Khi a2 ≥ a1 + 1, a3 ≥ a2 + 1, , an ≥ an−1 + 1, suy a2 ≥ a1 + 1, a3 ≥ a1 + 2, , an ≥ a1 + n − Vì 1 1 + + + ≤ + + a2n (a1 + 1)2 (a1 + n − 1)2 a21 a22 1 − < < a1 − a1 + n − (a1 − 1)(a1 + n − 1) Nhưng a1 − ≥ 1, a1 + n − ≥ n + 1, (a1 − 1)(a1 + n − 1) ≥ n + nên 1 n + + + ≤ < an n+1 a1 a2 download by : skknchat@gmail.com 73 4.2 Các dạng toán có độ khó cao Bài tốn 4.2.1 Chứng minh 1 1 + + + + > 1998 + 1998 + 1998 + 3.1998 + Lời giải Xét tổng sau S= 1 + + + n+1 n+2 3.n + Với n nguyên dương, m = 0, ta có 1 2(2n + 1) 2(2n + 1) + = > = 2n + − m 2n + + m (2n + 1)2 − m2 (2n + 1)2 2n + Do 1 + + + n+1 n+2 3n + 1 1 1 1 = + + + + + + + n + 3n + n + 3n 2n 2n + 2n + 2 > + + + + = 2n + 2n + 2n + 2n + S= Thay n = 1998, ta có 1 1 + + + + > 1998 + 1998 + 1998 + 3.1998 + Bài toán 4.2.2 Cho số nguyên n > n số thực dương a1 , a2 , , an Đặt S = a1 + a2 + + an Chứng minh a) n i=1 b) n i=1 S n2 ≥ S − n−1 S − ≥ n(n − 1) (Đề thi vô địch Áo năm 1993) Lời giải a) Theo bất đẳng thức Cauchy-Schawrz ta có S S S + + + S − a1 S − a2 S − an ≥ S S − a1 S − a1 + S S S − a2 S − a1 S − a2 S − an + + + S S S S − a2 + + S S S − an S − an S ≥ = n2 , Mặt khác S − a1 S − a2 S − an a1 a2 an + + + =1− +1− + + − = n − 1, S S S S S S download by : skknchat@gmail.com 74 Từ suy S S S n2 + + + ≥ S − a1 S − a2 S − an n−1 S − an S S − a1 = = ⇔ a1 = = an = Đẳng thức xảy S S n b) Ta có S − a1 S − a2 S − an S S + + + = −n + + + , a1 a2 an a1 an Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có ( ( S S S a1 a2 an + + + )( + + + ) ≥ n2 a1 a2 an S S S an a1 a2 + + + ) = Vậy S S S S − a1 S − a2 S − an S S + + + = −n + + + ≥ −n + n2 = n(n − 1) a1 a2 an a1 an Đẳng thức xảy a1 = = an = S n Bài toán 4.2.3 Chứng minh với số dương tùy ý a1 , a2 , , an (n ≥ 2) ta có bất đẳng thức n n ≥ với S = ni=1 i=1 S − n−1 Lời giải Ký hiệu bi = s − > 0(i = 1, 2, , n) Khi sử dụng đẳng thức ni=1 bi = (n − 1)s định lý trung bình ta có n i=1 = S − n i=1 n =s = i=1 n2 n−1 +1 −n= bi n i=1 s −n bi n n2 −n ≥ s√ − n ≥ s −n n bi b1 + + bn b1 bn −n= n n−1 Bài toán 4.2.4 Chứng minh với số tùy ý < n, k ∈ N ta có bất đẳng thức k n j=2 >k j n j=2 j (Đề thi vô địch Đức năm 1980) download by : skknchat@gmail.com 75 Lời giải Ta biến đổi vế trái bất đẳng thức thành dạng nk j=2 1 1 1 =( + + ) + ( + + ) + ( k−1 + + k ) j 1+1 n n+1 n n +1 n k = i=1 ni−1 + + + ni Với i ∈ N ta có ni−1 +1 + + = ni 1ni−1 +1 + + 1 + + + i−1 (n − 1)n +1 mni−1 n i−1 > n m=2 2ni−1 n = m=2 mni−1 + 2ni−1 +1 + + 3ni−1 + 1 + + i−1 (m − 1)n +1 mni−1 n = m=2 m Từ suy nk j=2 > j k i=1 1 ( + + ) = k n n j=2 j Bài toán 4.2.5 Chứng minh với giá trị tùy ý α ≤ số tùy ý x1 , , xn thỏa mãn điều kiện ≥ x1 ≥ x2 ≥ ≥ xn > 0, Ta có bất đẳng thức (1 + x1 + + xn )α ≤ + 1α−1 xα1 + 2α−1 xα2 + + nα−1 xαn (Đề thi vô địch Liên Xô năm 1982) Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo n ∈ Z+ Với n = ta có 1α ≤ 1, bất đẳng thức Giả sử bất đẳng thức với n, ta chứng minh với n + ta có (1 + x1 + x2 + + xn + xn+1 )α (1 + x1 + x2 + + xn )α xn+1 = (1 + x1 + x2 + + xn )α (1 + )α − 1 + x1 + + xn download by : skknchat@gmail.com 76 ≤ (1 + x1 + x2 + + xn )α−1 xn+1 ≤ ((n + 1)xn+1 )α−1 xn+1 = (n + 1)α−1 xαn+1 Sự đắn bất đẳng thức (1 + x1 + x2 + + xn )α−1 xn+1 ≤ ((n + 1)xn+1 )α−1 xn+1 suy từ điều kiện + x1 + x2 + + xn ≥ (n + 1)xn+1 α − ≤ Từ bất đẳng thức chứng minh giả thiết quy nạp ta có (1 + x1 + x2 + + xn + xn+1 )α ≤ (1 + x1 + + xn )α + (n + 1)α−1 xαn+1 ≤ + 1α−1 xα1 + + nα−1 xαn + (n + 1)α−1 xαn+1 Bài toán 4.2.6 Chứng minh với số tùy ý a1 , a2 , , an ∈ 0; , (n ≥ 2) ta có bất đẳng thức n n |ai − aj | ≤ n2 i=1 j=1 Hãy xác định với giá trị a1 , , an đẳng thức xảy (Đề thi vô địch Bulgari năm 1982) Lời giải Khơng tính tổng qt, giả sử a1 ≥ a2 ≥ ≥ an n n |ai − aj | = S= i=1 j=1 |ai − aj | + 1≥i≥j≥n 1≥i≥j≥n n =2 1≥i≥j≥n |ai − aj | = =2 |ai − aj | am − 1≥i≥j≥n am 1≥i≥j≥n (2m − n − 1)an m=1 Tổng S nhận giá trị lớn với số m thỏa mãn 2m−n−1 > số am 2, với số m thỏa mãn 2m − n − < 0, tất số am Do thỏa mãn bất đẳng thức S≤4 (2m − n − 1) n+1 b2 > > bn không vượt ta có bất đẳng thức k n b i ≤ i=1 i=1 (Đề thi vô địch Mỹ năm 1982) n i=1 b1 a1 Lời giải Ta thấy tổng S = biểu diễn dạng n n b1 (a1 + + an ) − S = b a1 + + i=2 i=2 n n−1 (a1 + + )bi − = i=1 = b1 a1 + + ai−1 (a1 + + )bi+1 i=1 sumni=1 (a1 + + )(b1 − bi+1 ) Coi bn+1 = số Aj = |a1 + + |, (i = 1, , n) ta chọn số lớn Ak Khi với giá trị k ta có n |S| ≤ n |a1 + + aj ||bi − bi+1 | ≤ i=1 Ak (bi − bi+1 ) i=1 n (bi − bi+1 ) = Ak (b1 − bn+1 ) < Ak = Ak i=1 download by : skknchat@gmail.com 78 Kết luận Luận văn "Tổng liên quan đến dãy số có quy luật" trình bày thu lượm vấn đề sau: Phân loại số dạng toán chọn lọc dãy số phương pháp giải cho dạng toán với tập hướng dẫn giải tương ứng mà học sinh cấp THCS thường gặp, thi học sinh giỏi Luận văn khai thác vận dụng tính chất cấp số cộng cấp số nhân Ngoài luận văn cịn trình bày số tốn bất đẳng thức tổng hữu hạn nhiều phương pháp Qua trình làm luận văn này, việc tham khảo tài liệu có tìm tòi thân Tác giả lĩnh hội tích lũy nhiều kiến thức quý báu phương pháp giải toán cho học sinh giỏi bậc THCS, đặc biệt tổng dãy số có quy luật download by : skknchat@gmail.com 79 Tài liệu tham khảo Tiếng Viêt [1] Phạm Quốc Khánh (2010), Tính tốn đánh giá tổng hữu hạn, Luận văn thạc sĩ, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, 2010 [2] Tuyển chọn theo chuyên đề toán học tuổi trẻ (2003), Nhà xuất Giáo dục [3] Tuyển chọn theo chuyên đề toán học tuổi trẻ (2010), Nhà xuất Giáo dục [4] Tổng tập Toán Tuổi Thơ năm (2016), Tạp chí Tốn tuổi thơ, Nhà xuất Giáo dục Tiếng Anh [5] A.F.Beardon (1996), Sums of Powers of Integers [6] Kenderdine Maths Tutoring (2014), Sums of powers of the natural numbers [7] V.A.Krechmar (1986), Các toán đại số, Nauka, Moscow [8] Xiong Bin, Lee Peng Yee (2007 - 2008), Mathematical Olympiad in China, Problems and Solutions download by : skknchat@gmail.com ... 2.2 Tìm số số hạng dãy số có quy luật 2.3 Một số toán khác liên quan đến tổng phân thức Chương Tổng liên quan 3.1 Cấp số cộng 3.1.1 Khái niệm 3.1.2 Các toán 3.2 Cấp số nhân ... phân số sau thành dãy , , , , , , , , , 2 3 a) Hãy nêu quy luật viết dãy viết tiếp năm phân số theo quy luật ấy, b) Phân số 50 số hạng thứ dãy 31 Lời giải a) Các phân số dãy chia thành nhóm có tổng. .. phân số dãy ; ; ; ; b) Phân số 50 thuộc nhóm có tổng + tử 81 31 50 80 79 ; ; ; ; 31 Từ số hạng 1 đến số hạng có số hạng là: 79 + + + + 79 = + 79 79 = 3160 80 50 50 đến số hạng có số hạng 31 số