Một số phương pháp giải các bài toán về tổng và tích

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– NGUYỄN THỊ THU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ TỔNG VÀ TÍCH LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THANH HĨA, NĂM 2022 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– NGUYỄN THỊ THU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ TỔNG VÀ TÍCH LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học: TS Lê Anh Minh THANH HÓA, NĂM 2022 Danh sách Hội đồng đánh giá luận văn thạc sĩ khoa học Theo Quyết định số /QĐ-ĐHHĐ ngày tháng năm 2022 Hiệu trưởng Trường Đại học Hồng Đức Học hàm, học vị, Họ tên Chức danh Cơ quan công tác hội đồng Chủ tịch HĐ UV Phản biện UV Phản biện Ủy viên UV Thư ký Xác nhận Người hướng dẫn Học viên chỉnh sửa theo ý kiến Hội đồng Ngày tháng năm 2022 TS Lê Anh Minh LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn không trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người cam đoan Nguyễn Thị Thu i LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành Trường Đại học Hồng Đức hướng dẫn TS Lê Anh Minh Ngoài dẫn mặt khoa học, thầy động lực giúp tác giả tự tin say mê nghiên cứu Tác giả bày tỏ lịng biết ơn kính trọng thầy Tác giả bày tỏ lòng biết ơn đến Ban giám hiệu, phịng QLĐTSĐH, mơn Giải tích - PPGD Tốn, thầy giáo bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trình học tập, nghiên cứu khoa học hoàn thành luận văn Tác giả bày tỏ lòng biết ơn đến Ban giám hiệu, mơn Tốn Trường THCS Quảng Đơng, TP Thanh Hóa - nơi tác giả công tác tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả q trình cơng tác giảng dạy để có thời gian hợp lý hồn thành khóa học luận văn thạc sĩ Trong trình viết chỉnh sửa thảo luận văn, tác giả nhận quan tâm góp ý nhà khoa học, bạn bè đồng nghiệp Tác giả chân thành cảm ơn giúp đỡ quý báu Thanh Hóa, tháng 11 năm 2022 Nguyễn Thị Thu ii MỤC LỤC Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mở đầu Chương Một số phương pháp giải tốn tổng tích 1.1 1.2 Phương pháp phân tích rút gọn biểu thức Phương pháp sử dụng số phức công thức De Moivre 19 1.3 1.4 Phương pháp sử dụng công thức tổng Abel 25 Phương pháp quy nạp toán học 27 1.5 Phương pháp sử dụng tổ hợp hàm sinh 31 Chương Một số toán tổng hợp 37 Kết luận 47 Tài liệu tham khảo 48 iii MỞ ĐẦU Tính cấp thiết đề tài Bài tốn rút gọn biểu thức chứa tổng tích (dạng hữu hạn, hay vơ hạn) tốn thú vị, khó thường xuất kỳ thi học sinh giỏi từ cấp THCS, THPT toán kỳ thi Olympic Toán học sinh viên Để tiếp cận toán thường phân tích biểu thức cho dạng tổng tích mà ta có quy luật rút gọn Chẳng hạn, ta xét A= 1 + + ··· + 1·2 2·3 2021 · 2022 Để tính giá trị A ta, thông thường ta sử dụng phân tích 1 = − , ∀n ≥ n(n + 1) n n + Khi đó, A=1− 1 1 1 2021 + − + ··· + − =1− = 2 2021 2022 2022 2022 Tuy nhiên, với nhiều tốn phức tạp ta khơng thể sử dụng phương pháp Do đó, việc nghiên cứu tìm tịi phương pháp giải toán liên quan đến rút gọn đánh giá tổng, tích biểu thức cần thiết có ý nghĩa Vì vậy, chúng tơi chọn đề tàì nghiên cứu luận văn “Một số phương pháp giải toán tổng tích” Mục tiêu nghiên cứu Nghiên cứu tính chất phương pháp suy luận giải tốn có liên quan đến rút gọn, tính đánh giá tổng tích biểu thức Đối tượng nghiên cứu Các phương pháp tìm tổng tích biểu thức cho trước ứng dụng Phạm vi nghiên cứu ˆ Tổng tích biểu thức đại số ˆ Tổng tích biểu thức liên quan đến hàm lượng giác ˆ Số phức công thức Moivre ˆ Công thức tổng Abel ˆ Phương pháp quy nạp toán học ˆ Hàm sinh tính chất hàm sinh Phương pháp nghiên cứu Đọc tài liệu, seminar mơn, nhóm hướng dẫn người hướng dẫn khoa học Tổng hợp, hệ thống hóa lý thuyết phân tích đối sánh, đề xuất phương pháp giải dạng toán liên quan đến tổng tích Ý nghĩa luận văn Luận văn tổng hợp trình bày cách chi tiết, có hệ thống tính phương pháp giải tốn sơ cấp có xuất tổng (hoặc tích) hữu hạn hay vơ hạn Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, nội dung luận văn gồm hai chương ˆ Chương Một số phương pháp giải tốn tổng tích Trong chương này, chúng tơi phân tích, trình bày số phương pháp giải tốn tổng tích Đó là: Phương pháp phân tích rút gọn biểu thức, phương pháp sử dụng số phức công thức De Moivre, phương pháp sử dụng công thức tổng Abel, phương pháp quy nạp toán học, phương pháp sử dụng tổ hợp hàm sinh ˆ Chương Một số tốn tổng hợp: Trong chương chúng tơi sử dụng phương pháp khác đề xuất Chương để giải toán theo nhiêu cách khác Chương MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TỐN VỀ TỔNG VÀ TÍCH 1.1 Phương pháp phân tích rút gọn biểu thức Bài tốn 1.1.1 Chứng minh n X
n(n + 1)(2n + 1) 3n + 3n − k4 = 30 k=1 Chứng minh Sử dụng khai triển nhị thức ta có (k + 1)5 − k = 5k + 10k + 10k + 5k + 1, suy n X k + 10 k=1 n X k + 10 k=1 n X k +5 k=1 n X k=1 k+ n X 1= k=1 n X (k + 1)5 − k
k=1 = (n + 1)5 − Như n X n(n + 1)(2n + 1) n2 (n + 1)2 − 10 · k = (n + 1) − 10 · k=1 −5· tức là, n(n + 1) − (n + 1), n X
n(n + 1)(2n + 1) 3n + 3n − k4 = 30 k=1 Bài toán 1.1.2 Rút gọn biểu thức A1 = 12 · 2! + 22 · 3! + · · · + n2 · (n + 1)! Lời giải Ta tìm ak cho k (k + 1)! = ak+1 − ak với ≤ k ≤ n Ta tìm ak có dạng ak = k!bk với bk Thay vào đẳng thức ta có k (k + 1) = (k + 1)bk+1 − bk Tiếp theo, ta tìm bk có dạng bk = P (k) P đa thức Khi k (k + 1) = (k + 1)P (k + 1) − P (k) Ta xét P (X) = X + cX + d Từ suy
k (k + 1) = (k + 1) (k + 1)2 + c(k + 1) + d − k − ck − d Đồng hệ số ta c = −1 d = −2 Do n X n X 

 k (k + 1)! = (k + 1)! (k + 1)2 − (k + 1) − − k! k − k − 2 k=1 k=1 = (n + 2)(n − 1)(n + 1)! − (1 + 1)(1 − 2)1! = (n − 1)(n + 2)! + Bài toán 1.1.3 Rút gọn A2 = n X
k! k + k + k=1 Lời giải Ta tìm ak cho
k! k + k + = ak+1 − ak Với xuất k! ta chọn ak = k!bk Khi ak+1 − ak = (k + 1)!bk+1 − k!bk = k! ((k + 1)bk+1 − bk ) Suy (k + 1)bk+1 − bk = k + k + Dễ thấy ta chọn bk = k, ∀k Lúc ak = k · k! n X k=1
k! k + k + = n X [(k + 1)!(k + 1) − k!k] k=1 = (n + 1)!(n + 1) − Lời giải Nhận thấy S0 = 1, S1 = 2, S2 = 4, S3 = Ta chứng minh Sn = 2n , ∀n ∈ N, n ≥ (1.26) Để chứng minh (1.26) ta tìm biểu thức truy hồi cho dãy (Sn )n≥0 Lưu ý k k k−1 Cn+1+k = Cn+k + Cn+k với k ≥ 0 Cn+1+0 = Cn+0 , với k = Khi đó, ta có Sn+1 n+1 n+1 X X k−1 k C + C = n+k 2k 2k n+k = k=0 n X k=0 k=1 n+2 X 1 k k−1 n+1 n+1 C + C + C − C2n+2 k+1 2n+1 n+k k n+1 k n+2 2 2 k=1 Mặt khác, sử dụng đẳng thức (2n + 2)(2n + 1)! n+1 n+1 C2n+2 = = C2n+1 2 (n + 1)n!(n + 1)! ta Sn+1 n n+2 X X k k−1 = C + C 2k n+k 2k n+k k=0 = Sn + k=1 n+2 X k=1 2k−1 k−1 Cn+k = Sn + Sn+1 Như Sn+1 = 2Sn , tức ta có (1.26) Cuối cùng, sử dụng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh Sn = 2n với n ≥ Bài toán 1.5.6 Chứng minh n X k=1 k Cnk = n X 2k − k=1 34 k (1.27) Chứng minh Gọi Sn Tn vế trái vế phải (1.27) Khi n n X1 X1
1 k + Cn+1 − Cnk = + Cnk−1 Sn+1 − Sn = n + k=1 k n + k=1 k n 1 X k 2n − Cn+1 = = + + n + n + k=1 n+1 n+1 2n − = n+1 Mặt khác, ta có n! 1 k−1 k Cn = = Cn+1 k k!(n + − k)! n + Hơn nữa, 2n − Tn+1 − Tn = n+1 Nhận thấy S1 = T1 , Sn = Tn ta có Sn+1 = (Sn+1 − Sn ) + Sn = (Tn+1 − Tn ) + Tn = Tn+1 Như vậy, phương pháp quy nạp ta có: Sn = Tn , ∀n ∈ N, n ≥ Bài toán 1.5.7 Chứng minh ∞ n−2 X X Cnk n=4 ! k=2 = Lời giải Ta có k k−1 k−1 Cn−1 − ! Cnk−1 k−1 k−2 Cnk−1 − Cn−1 Cn−1 k k = · = · k−1 k−1 k − Cnk−1 Cn−1 k − Cnk−1 Cn−1 ! k 1 = = = k−1 n n k−1 k k − k−1 C Cn−1 C n k n−1 Suy ∞ n−2 X X Cnk n=4 ! = k=2 = ∞ X k=2 " ∞ X k=2 ∞ X Ck n=k+2 n ∞ X ! k k−1 n=k+2 35 k−1 Cn−1 − Cnk−1 !# = ∞ X k=2 k · k−1 k − Ck+1 !  ∞  X k · = k − Ck+1 k=2 Hơn nữa, ta lại có  X  X ∞  ∞  ∞ X k k 2 · = · = k − Ck+1 k − (k + 1)k (k − 1)(k + 1) k=2 k=2 ∞ X k=2 ∞ X 2 + (2i + 1)(2i + 3) i=0 (2i + 2)(2i + 4) i=0  X  ∞  ∞  X 1 1 = − + − 2i + 2(i + 1) + 2i 2(i + 1) i=0 i=1 1 = + = 2 = Ở ta sử dụng kết ∞ X k=2 n X 2 = lim (k − 1)(k + 1) n→∞ k=2 (k − 1)(k + 1)  n  X 1 = lim − n→∞ k − k+1 k=2   1 = lim + − − n→∞ n n+1 =1+ = 2 36 Chương MỘT SỐ BÀI TỐN TỔNG HỢP Bài tốn 2.1.1 Chứng minh + 2q + 3q + · · · + nq n−1 = − nq n q − qn + , ∀q ̸= 1−q (1 − q)2 (2.1) Lời giải Nhân vế trái (2.1) với (1 − q)2 ta
(1 − q)2 + 2q + 3q + · · · + nq n−1 = (1 − q) + 2q + 3q + · · · + nq n−1 − q − 2q − 3q − · · · − nq n
= (1 − q) + q + q + · · · + q n−1 − nq n
= (1 − q) (1 − nq n ) + (1 − q) q + q + · · · + q n−1
= (1 − q) (1 − nq n ) + (q − q n ) Chia hai vế đẳng thức cho (1 − q)2 ta điều phải chứng minh Ở ta sử dụng đẳng thức
(1 − q) + q + q + · · · + q s−1 = − q s Lời giải Áp dụng cơng thức tổng Abel ta có n X kak = k=1 n X (ak + · · · + an ) (2.2) k=1 Sử dụng (2.2) cho ak = q k−1 ta n X kq k−1 = k=1 = n X k=1 n X q k−1 + q + · · · + q n−k q k−1 k=1 − q n−k+1 1−q n X k−1 nq n q − = − q k=1 1−q − qn nq n = − (1 − q)2 − q − nq n q − qn = + 1−q (1 − q)2 37
Một cách hồn tồn tương tự, ta chứng minh kết luận toán cách sử dụng đẳng thức n n X X (a1 + · · · + ak−1 ) kak = n (a1 + · · · + an ) − k=1 k=1 Thật vậy, ta có n n X − q n X − q k−1 k−1 kq =n − 1−q 1−q k=1 k=1 n =n n X − q k−1 1−q − 1−q 1−q k=2 n − nq n n − q + q + · · · + q n−1 − + = 1−q 1−q 1−q n n − nq q−q = + 1−q (1 − q)2 Lời giải Phương pháp quy nạp? Bài toán 2.1.2 (IMO Longlist 1970) Cho n số nguyên dương Chứng minh 1 1 + + + ··· + < n Lời giải Ta có
< (k − 1)k(k + 1) = k k − < k , ∀k ∈ N, k ≥ Do n n X X 1 < k (k − 1)k(k + 1) k=2 k=2  n  1X 1 − = k=2 (k − 1)k k(k + 1)   1 1 = − < 2 n(n + 1) Từ suy điều phải chứng minh Lời giải Thay cho chứng minh kết luận tốn, ta chứng minh bất đẳng thức chặt hơn: 1 1 + + + ··· + + ≤ , ∀n ∈ N, n ≥ n 4n 38 (2.3) Thật vậy, ta chứng minh(2.3) phương pháp quy nạp sau: ˆ Với n = (2.3) ˆ Giả sử (2.3) với n = k ˆ Khi đó, ta thấy 1+ 1 1 1 1 + +· · ·+ + + ≤ 1+ + +· · ·+ + 23 33 k (k + 1)3 4(k + 1) 23 33 k 4k tương đương với 1 1 ≤ − = , (k + 1) 4k 4(k + 1) 4k(k + 1) tương đương với 4k ≤ (k + 1)2 ⇔ (k − 1)2 ≥ Bất đắng thức sau đúng, nên ta suy (2.3) với n = k + Như vậy, theo nguyên lý quy nạp ta thấy (2.3) suy điều phải chứng minh Bài toán 2.1.3 Cho n số nguyên dương Chứng minh 2π 4π 2nπ cos + cos + · · · + cos =− 2n + 2n + 2n + Lời giải Ta thấy, số phức 2kπ 2kπ zk = cos + i sin , k = 0, 1, , 2n 2n + 2n + bậc (2n + 1) 1, tức là, chúng nghiệm phức phương trình z 2n+1 = Theo cơng thức Vieta ta có z0 + z1 + · · · + z2n = ⇔ z1 + · · · + z2n = −1 (do z0 = 1) Hơn nữa, với k = 1, 2, , n, sử dụng công thức de Moivre kết hợp với z12n+1 = ta zn+k = z1n+k = z1n+1−k 39 = zn+1−k Nói cách khác, zn+1 , , z2n nghịch đảo zn , , z1 Suy 1 + ··· + = −1 zn z1 z1 + · · · + zn + hay     1 1 z1 + + ··· + z1 + =− z1 z1 Cuối cùng, zk + 2kπ , k = 1, , n = cos zk 2n + ta có điều phải chứng minh Lời giải Sử dụng đẳng thức sin (2n+1)x + cos x + cos 2x + · · · + cos nx = 2 sin x2 với x = 2π 2n+1 Bài toán 2.1.4 Cho n số nguyên dương Chứng minh n X (−1)k−1 k=1 k Cnk = + 1 + ··· + n (2.4) Lời giải Ta có = k Z xk−1 dx Suy 1 + + ··· + = n Z
+ x + · · · + xn−1 dx Z0 xn − = dx x−1 Z (1 + t)n − dt = t −1 Sử dụng khai triển nhị thức (1 + t)n ta  k 0 Z 0X n n n X X 1 (−1)k−1 k k k−1 k t + + ··· + = Cn t = Cn = Cn n k −1 k −1 k=1 k=1 Ta có điều phải chứng minh 40 k=1 Lời giải Ta ký hiệu Sn vế trái (2.4) Ta có Sn+1 = = n+1 X (−1)k−1 k=1 n X k=1 k Cnk + Cnk−1
n+1 (−1)k−1 k X (−1)k−1 k−1 Cn + Cn k k k=1 n+1 X k (−1)k−1 Cn+1 = Sn + n + k=1 = Sn + n+1 Nhận thấy S1 = từ hệ thức truy hồi Sn+1 = Sn + với n+1 n ≥ 1, sử dụng phương pháp quy nạp ta chứng minh Sn = + 1 + ··· + n Bài toán 2.1.5 Cho n số nguyên dương tùy ý Tính giá trị biểu thức π 2π (n − 1)π + cos + cos + · · · + cos n n n Lời giải Với n số nguyên dương x số thực tùy ý, ta xét A = + cos x + cos 2x + · · · + cos(n − 1)x B = sin x + sin 2x + · · · + sin(n − 1)x Ta có A + Bi = + (cos x + i sin x) + (cos 2x + i sin 2x) + · · · + (cos(n − 1)x + i sin(n − 1)x) = + z + z + · · · + z n−1 z = cos x + i sin x ta sử dụng công thức de Moivre z k = cos kx + i sin kx Hơn nữa, ta có − cos x − i sin x = sin2 41 x x x − 2i sin cos 2 x x x = −2i sin cos + i sin 2 (2.5) Sử dụng (2.5) ta + z + z + ··· + z n−1 − zn − cos nx − i sin nx = = 1−z − cos x − i sin
x nx nx −2i sin cos nx + i sin 2
= −2i sin x2 cos x2 + i sin x2   sin nx (n − 1)x (n − 1)x = + i sin cos x sin 2 Như   sin nx (n − 1)x (n − 1)x A + Bi = + i sin cos x sin 2 (2.6) Trong (2.6), đồng phần thực phần ảo ta n−1 X (n−1)x sin nx cos A= cos kx = x sin k=0 n−1 X (n−1)x sin nx sin B= sin kx = x sin k=0 Đặc biệt, với x = π ta có n sin π2 cos (n−1)π π 2π (n − 1)π 2n A = + cos + cos + · · · + cos = =1 π n n n sin 2n sin π =1 cos π (n − 1)π π π = cos − = sin 2n 2n 2n Nhận xét 2.1.6 Lưu ý rằng, lời giải ta chứng minh công thức tổng quát suy kết luận toán ứng với trường hợp riêng Tuy nhiên, từ cách chứng minh ta thấy kết luận tốn suy cách đơn giản sau: n−1 X   n−1 n−1 n−1 X kπ X (n − k)π X kπ kπ =− cos cos = cos = cos π − n n n n k=1 k=1 k=1 k=1 42 Suy n−1 n−1 X X kπ kπ cos cos =0⇔ = n n k=0 k=1 Lời giải Ta biến đổi trực tiếp để tìm A sau: n−1 n−1  x X x Xh  x x i 2A sin = cos kx sin = sin kx + − sin kx − 2 2 k=0 k=0 n−1 h   X x x i sin (k + 1)x − − sin kx − = 2 k=0   x x nx (n − 1)x = sin nx − − sin − = sin cos 2 2 π Từ đó, thay x = ta có điều phải chứng minh n Lời giải Chứng minh phương pháp quy nạp n−1 X (n−1)x sin nx cos A=1+ cos kx = x sin k=1 (2.7) ˆ Dễ thấy (2.7) với n = ˆ Giả sử (2.7) với n ˆ Khi đó, ta chứng minh (2.7) với n + (n−1)x sin (n+1)x sin nx cos nx cos 2 + cos nx = , x x sin sin hay tương đương với sin nx (n − 1)x x (n + 1)x nx cos + cos nx sin = sin cos 2 2 (2.8) Ta có VT(2.8) = · · · = VP(2.8) Như vậy, (2.8) theo nguyên lý quy nạp ta suy (2.7) Bài toán 2.1.7 Ký hiệu i đơn vị ảo Rút gọn biểu thức n Y + i + k(k + 1) − i + k(k + 1) k=1 43 Lời giải Phân tích tử số mẫu số hạng tử thành dạng nhân tử, ta n Y + i + k(k + 1) − i + k(k + 1) k=1 = n Y (k + i)(k + − i) k=1 n Y (k + + i)(k − i) n Y k+i k+1−i = · k + + i k − i k=1 k=1 Từ suy n Y + i + k(k + 1) k=1 − i + k(k + 1) = (1 + i)(n + − i) 2(n + 1) n(n + 2) = +i (n + + i)(1 − i) n + 2n + n + 2n + Lời giải Ta có + i + k(k + 1) = k + k + + i = rk (cos tk + i sin tk ) rk = q (k + k + 1)2 + môđun k2 + k + argument số phức k + k + + i Tương tự, ta có tk = arctan − i + k(k + 1) = k + k + − i = rk (cos tk − i sin tk ) Do rk (cos tk + i sin tk ) + i + k(k + 1) = = cos (2tk ) + i sin (2tk ) − i + k(k + 1) rk (cos tk − i sin tk ) n Y + i + k(k + 1) − i + k(k + 1) k=1 = n Y (cos (2tk ) + i sin (2tk )) k=1 = cos n X k=1 ! tk + i sin n X ! tk k=1 Mặt khác, ta có tk = arctan 1 = arctan − arctan , k2 + k + k k+1 44 suy n X tk = arctan − arctan k=1 n Y + i + k(k + 1) π = − arctan n+1 n+1  = sin arctan − i + k(k + 1) n+1 k=1    + i cos arctan n+1 Bài toán 2.1.8 Rút gọn Sn = n X (−1)k (n − k)!(n + k)! k=0 Lời giải Ta có j C2n = (2n)! 2n−j = C2n j!(2n − j)! Suy n n X (−1)k X (−1)k Sn = = n−k n+k (2n)! k=0 C2n C 2n k=0 Do  n  2n X X Sn (−1)k (−1)k (−1)j n = + n+k = n + (−1) j n−k (2n)! k=0 C2n C2n C2n C 2n j=0 Hơn nữa, ta dễ dàng chứng minh j C2n = 2n + 2n + j C2n+1 ! + j+1 C2n+1 Sử dụng đẳng ta có 2n X (−1)j j=0 j C2n = = = 2n 2n + X 2n + 2n + 2n + j C2n+1 j=0 2n 2n + X 2n + (−1)j j (−1) j+1 C2n+1 j+1 − (−1) ! j+1 C2n+1 ! (−1)0 (−1)2n+1 2n + − = 2n+1 C2n+1 n+1 C2n+1 j=0 j C2n+1 + ! 45 suy 2n + 1 Sn = n + (−1)n · (2n)! C2n n+1 Như vậy, ta (2n + 1)! Sn = (n!)2 + (−1)n · 2(n + 1) Lời giải Ta có n X (−1)k Sn = n−k (2n)! k=0 C2n Hơn nữa, j Cm Z = (m + 1) xj (1 − x)m−j dx Z n X Sn k = (2n + 1) (−1) xn−k (1 − x)n+k dx (2n)! k=0 k Z n  X x − dx xn (1 − x)n = (2n + 1) x k=0 Tiếp theo, ta tính  n  X x−1 k = x k=0 = x−1 n+1 −1 x = x−1 − x n+1 n
x xn+1 − (x − 1)n+1 xn + (−1) (1 − x)n+1 xn Lúc này, ta suy Z
Sn = (2n + 1) xn+1 (1 − x)n + (−1)n (1 − x)2n+1 dx (2n)!   2n + 1 = + (−1)n n 2n + C2n Từ đó, ta có Sn = n! (n! + (−1)n (n + 2) · · · (2n + 1)) 46 KẾT LUẬN Trong luận văn này, chúng tơi đã: ˆ Trình bày hệ thống phương pháp giải tốn tổng tích ˆ Nghiên cứu, phân tích để giải số tốn cách sử dụng phương pháp khác 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Anh [1] Titu Andreescu, Marian Tetiva (2018), Sums and Products, XYZ Press, LLC [2] Dorin Andrica, Ovidiu Bagdasa (2020), Recurrent Sequences: Key Results, Applications, and Problems, Springer Nature Switzerland AG 48