ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ========== PHẠM QUỐC KHÁNH TÍNH TỐN VÀ ĐÁNH GIÁ CÁC TỔNG HỮU HẠN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2010 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ========== PHẠM QUỐC KHÁNH TÍNH TỐN VÀ ĐÁNH GIÁ CÁC TỔNG HỮU HẠN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thái Ngun - 2010 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Môc lục Tổng hữu hạn liên quan đến hàm luỹ thừa 1.1 Tổng hữu hạn liên quan đến hàm luỹ thừa số tự nhiên 1.2 Tổng hữu hạn liên quan đến hàm lũy thừa số Bernoulli 1.2.1 1.2.2 11 13 1.4 Tæng hữu hạn liên quan đến lũy thừa giai thừa Tổng hữu hạn liên quan đến hàm luỹ thừa hàm mũ Tæng hữu hạn liên quan đến tổ hợp Tổ hợp nhÞ thøc Newton 2.1.1 2.1.2 Mét sè hƯ thøc gi÷a tỉng lũy thừa số Bernoulli Tổng đan dấu lũy thừa số tự nhiên 2.1 Khái niệm số Bernoulli đa thức Bernoulli 1.3 1.5 Tổ hợp tính chất 21 21 NhÞ thøc Newton Một số toán thông dụng 2.3 Một số mệnh đề toán 18 21 2.2 16 22 22 28 Tổng hữu hạn liên quan đến hàm lượng giác 34 3.1 Tổng hữu hạn liên quan đến đa thức lượng giác 34 3.2 Tæng hữu hạn liên quan đến phân thức lượng giác 37 3.3 Tổng hữu hạn liên quan đến lũy thừa hàm số lượng giác 42 3.3.1 Tỉng lịy thõa cđa secant 42 3.3.2 Tỉng lịy thõa cđa cosecant 46 3.3.3 Tỉng lịy thõa cđa tangent 3.3.4 Tỉng lịy thõa cđa cotangent 47 47 49 3.4 Tổng hữu hạn liên quan đến hàm luợng giác hàm mũ 3.5 Tổng hữu hạn liên quan đến hàm lượng giác tổ hỵp Mét sè phương pháp tính tổng hữu hạn S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 51 56 http://www.lrc-tnu.edu.vn 4.1 Tính tổng phương pháp sử dơng c¸c cÊp sè 56 4.1.1 CÊp sè céng 56 4.1.2 CÊp sè nh©n 57 4.1.3 CÊp sè ®iỊu hßa 61 4.1.4 D·y sè Fibonacci 61 4.2 Tính tổng phương pháp dự đoán quy nạp 63 4.3 Tính tổng phương pháp truy håi 65 4.4 Tính tổng phương pháp phương trình 67 4.5 Tính tổng phương pháp khư liªn tiÕp 4.6 Tính tổng phương pháp sai ph©n 4.6.1 4.6.2 69 71 Khái niệm sai phân tính chất Các toán áp dụng 71 72 Đánh giá tổng hữu hạn 76 5.1 Các toán bất đẳng thức liên quan tới tổng hữu hạn 76 5.2 Một số toán tổng hữu hạn ®Ò thi quèc tÕ 80 87 Tài liệu tham khảo Số hóa Trung tâm Học liệu – i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Các toán tÝnh tỉng thêng xt hiƯn c¸c kú thi häc sinh giỏi, Olympiad, Toán quốc tế hay kỳ thi vào trường phổ thông chuyên nhiều hình thức khác Các toán trên, đại phận toán khó mà học sinh phổ thông, phổ thông sở kể học sinh chuyên toán tỏ lúng túng gặp toán dạng Hiện tài liệu tham khảo tính tổng hữu hạn tiếng Việt chưa có nhiều, phân tán toán khó Cần thiết phải có tổng hợp, phân loại, giới thiệu phương pháp tính tổng cách hệ thống toán khó Vì vậy, việc tìm hiểu phát triển sâu thêm vấn đề " Tính toán đánh giá tổng hữu hạn" cần thiết cho công việc học tập giảng dạy toán bậc phổ thông Bản luận văn nhằm trình bày số phương pháp tính tổng hữu hạn giới thiệu toán mức độ khác Luận văn gồm phần: Mở đầu, năm chương nội dung, Kết luận Tài liệu tham khảo Chương Tổng hữu hạn liên quan đến hàm lũy thừa Chương trình bày kiến thức tổng hữu hạn hàm lũy thừa dạng: Sp (n) = Tp (n) = n X k=1 n X p k , Lp (n) = (−1)k k p , Fp (n) = n X (2k − 1)p , k=1 n X j!j p j=1 k=1 VËn dơng vµ tÝnh toán toán sử dụng phương pháp khác như: Phương pháp sử dụng cấp số, phương pháp đạo hàm, nhị thức Newton, phương pháp truy hồi, phương pháp khử liên tiếp phương pháp quy nạp Chương hai Tổng hữu hạn liên quan đến tổ hợp Chương sử dụng kết hợp phương pháp khác phương pháp đạo hàm, nhị thức Newton số phép biến đổi để giải toán tính tổng S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn liên quan đến tổ hợp Qua giới thiệu số mệnh đề toán giới thiệu qua nghiên cứu nhà chuyên môn Chương ba Tổng hữu hạn liên quan đến hàm lượng giác Chương trình bày toán tính tổng hàm lượng giác liên quan đến chuỗi lượng giác, chuỗi lũy thừa, đa thức trực giao, đa thức chebyshev hay hàm mũ tổ hợp Phương pháp chủ yếu sử dụng phép biến đổi lượng giác, khử liên tiếp, nhị thức Newton số phức Chương bốn Một số phương pháp tính tổng hữu hạn Trình bày toán tổng hữu hạn, sử dụng phương pháp khác để tính toán, phương pháp sử dụng cấp số, phương pháp dự đoán quy nạp, phương pháp truy hồi, phương pháp phương trình, phương pháp khử liên tiếp phương pháp sai phân Chương năm Đánh giá tổng hữu hạn Trình bày số toán bất đẳng thức tổng hữu hạn Phương pháp chủ yếu để giải toán loại sư dơng mét sè thđ tht nh: nhãm c¸c sè hạng, tách số hạng, chặn trên, chặn dưới, thêm, bớt, quy nạp Đặc biệt sử dụng bất ®¼ng thøc quan nh bÊt ®¼ng thøc Cauchy - Schawrz bất đẳng thức trung bình Qua giới thiệu số đề thi học sinh giỏi thi vô địch Toán quốc tế Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoc học - ĐHTN hướng dẫn khoa học TS NguyễnVăn Ngọc Từ đáy lòng tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới Thầy hướng dẫn Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn tới Thầy Cô Ban giám hiệu nhà trường, Khoa Toán - Tin, Phòng Đào Tạo, toàn thể Thầy Cô trường Đại Học Khoa Học, Thầy cô giảng dạy hướng dẫn Khoa học lớp cao học K2 Đà bảo giúp đỡ tác giả suốt thời gian theo học Tác giả xin cảm ơn tới Sở GD&ĐT tỉnh Hà Giang, trường THCS - THPT Linh Hồ đà tạo điều kiện cho tác giả học tập hoàn thành khóa học Tuy nhiên hiểu biết thân nên trình nghiên cứu không tránh khỏi thiếu sót Tác giả kính mong dạy, đóng góp ý kiến Thầy Cô độc giả quan tâm tới luận văn Thái Nguyên, ngày 10 tháng 09 năm 2010 Tác giả Phạm Quốc Khánh S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ch¬ng Tổng hữu hạn liên quan đến hàm luỹ thừa Chương trình bày kiến thức tổng hữu hạn hàm lũy thừa liên quan tới số tự nhiên, số Bernulli, tổng đan dấu, tổng giai thừa hàm mũ 1.1 Tổng hữu hạn liên quan đến hàm luỹ thừa số tự nhiên Trong mục trình bày cách tính tổng dạng Sp (n) = n X kp, (1.1) k=1 ®ã ta sư dơng c¸c tÝnh chÊt cđa cÊp sè céng, cÊp sè nhân (được trình bày chương 4) để giải toán Chúng ta đà biết S1 (n) = Bài toán 1.1 6Lời giải Tính a) Tính n(n + 1) (1.2) S2 (n) vµ S3 (n) S2 (n) Sư dơng c«ng thøc k − (k − 1)3 = 3k − 3k + ⇔ 3k = k − (k − 1)3 + 3k − Ta cã n X k=1 k = n X 3 [k − (k − 1) + 3k − 1] = k=1 = n3 + n X 3 [k − (k − 1) ] + k=1 n X k− k=1 n X k=1 n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) −n= 2 VËy S2 (n) = n(n + 1)(2n + 1) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (1.3) http://www.lrc-tnu.edu.vn b) TÝnh S3 (n) Tõ c«ng thøc k − (k − 1)4 = 4k − 6k + 4k − ⇔ 4k = k − (k − 1)4 + 6k − 4k + Ta cã n X k = n X [k − (k − 1)4 + 6k − 4k + 1] k=1 k=1 = n X 4 [k − (k − 1) ] + n X k −4 k+n k=1 k=1 k=1 n X = n + 6S2 (n) − 4S1 (n) + n = n4 + n(n + 1)(2n + 1) − 2n(n + 1) + n VËy n2 (n + 1)2 S3 (n) = Bài toán 1.2 6Lời giải Tính c¸c tỉng p ∈ N, Sp (n), (1.4) p ≥ Sư dơng nhÞ thøc Newton (a + b)p = p X Cpi ap−i bi , Cpi = i=0 Ta cã p (k − 1) = p X Cpi k p−i (−1)i p = k − pk p−1 p! i!(p − i)! + i=0 pk Cpi k p−i (−1)i , i=2 suy p−1 p X p p = k − (k − 1) + p X Cpi k p−i (−1)i (1.5) i=2 Céng tõng vÕ c¸c đẳng thức công thức (1.5) theo p pSp1 (n) = n + p X k = 1, 2, , n, ta Cpi (1)i Spi (n) (1.6) i=2 Theo công thức truy hồi (1.6) công thức (1.2) - (1.4) chóng ta tÝnh Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Sp−1 th«ng http://www.lrc-tnu.edu.vn qua giá trị S4 (n) = S5 (n) = S6 (n) = S7 (n) = S8 (n) = S9 (n) = p ®đ nhá n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1), 30 n (n + 1)2 (2n2 + 2n − 1), 12 n(n + 1)(2n + 1)(3n4 + 6n3 − 3n + 1), 42 n (n + 1)2 (3n4 + 6n3 − n2 − 4n + 2), 24 n(n + 1)(2n + 1)(5n6 + 15n5 + 5n4 − 15n3 − n2 + 9n − 3), 90 n (n + 1)2 (n2 + n − 1)(2n4 + 4n3 n2 3n + 3) 20 Bài toán 1.3 (1.7) (1.8) (1.9) (1.10) (1.11) (1.12) TÝnh c¸c tỉng l thừa số tự nhiên lẻ Lp (n) = n X (2k − 1)p , p ∈ N∗ (1.13) k=1 6Lêi gi¶i Ta cã L1 (n) = + + + + (2n − 1) = n2 Víi (1.14) p > chóng ta biến đổi công thức (1.13) sau Lp (n) = 1p + 3p + 5p + + (2n − 1)p = [1p + 2p + 3p + 4p + + (2n − 1)p + (2n)p ] − [2p + 4p + 6p + + (2n)p ] = Sp (2n) − 2p Sp (n) VËy ta cã c«ng thøc Lp (n) = Sp (2n) − 2p Sp (n), (1.15) Sp (n) xác định theo c«ng thøc (1.1) Theo c«ng thøc (1.15) ta cã L2 (n) = S2 (2n) − 22 S2 (n) = n3 − n, 3 L3 (n) = S3 (2n) − S3 (n) = 2n − n2 , 16 L4 (n) = S4 (2n) − 24 S4 (n) = n5 − n4 + n, 15 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (1.16) (1.17) (1.18) 16 20 n − n + n, (1.19) 3 64 28 31 L6 (n) = S6 (2n) − 26 S6 (n) = n7 − 16n5 + n3 − n, (1.20) 21 112 98 31 L7 (n) = S7 (2n) − 27 S7 (n) = 16n8 − n + n − n, (1.21) 3 256 256 1568 496 127 L8 (n) = S8 (2n) − 28 S8 (n) = n − n + n − n + n, 15 15 L5 (n) = S5 (2n) − 25 S5 (n) = (1.22) L9 (n) = S9 (2n) − 29 S9 (n) = 1568 381 256 10 n − 192n8 + n − 248n4 + n 5 (1.23) Bµi to¸n 1.4 Víi p ∈ N∗ TÝnh tỉng Pp (n) = n X k p (k + 1)2 k=1 6Lời giải Ta biến đổi tổng Pp (n) = n X Pp (n) nh sau (k p+2 + 2k p+1 + k p ) = Sp+2 (n) + 2Sp+1 (n) + Sp (n), (1.24) k=1 ®ã Sp (n) xác định theo công thức (1.1) Theo công thøc (1.24) ta cã 7 P1 (n) = n4 + n3 + n2 + n, (1.25) 6 P2 (n) = n5 + n4 + n3 + n2 + n, (1.26) 15 1 P3 (n) = n6 + n5 + n4 + n3 + n2 − n, (1.27) 10 6 15 17 1 1 n, (1.28) P4 (n) = n7 + n6 + n5 + n4 + n3 − n2 − 10 6 105 11 1 P5 (n) = n8 + n7 + n6 + n5 + n4 − n3 + n, (1.29) 14 21 38 1 P6 (n) = n9 + n8 + n7 + n6 + n5 − n4 + n3 + n2 − n, 21 30 12 18 105 (1.30) P7 (n) = 10 13 15 11 14 5 1 n + n + n + n − n + n4 + n3 − n2 − n 10 18 15 24 15 15 (1.31) Số hóa Trung tâm Học liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn 70 Bài toán 4.23 TÝnh tỉng gåm 2006 sè h¹ng 22 2n+1 22006 S= + + + + + n 2005 2005 + 20052 + 20052 + 20052 +1 ( Tạp trí Toán học tuổi trẻ số 346 năm 2006) 6Lời giải Thay m, k ∈ N, m, k > ta cã m 2m m m 2m m − = ⇒ = − k−1 k+1 k −1 k+1 k−1 k −1 Víi mäi 2005 2006 k = 2005, 20052 , , 20052 m tương ứng 2, , , 2 22 = − , 2005 + 2005 − 20052 − 22 22 23 = − , 20052 + 20052 − 20052 − , 22006 22006 22007 = − 20052 2005 + 20052 2005 − 20052 2006 − (4.11) ta Cộng vế 2006 đẳng thức ta 22007 22007 S= = − 2005 − 20052 2006 − 1002 20052 2006 Bài toán 4.24 Tính tổng S = a1 + + a99 , ®ã an = √ √ (n − 1) n + n n + ( Đề thi vô địch Nam Tư năm 1976 ) 6Lời giải n = 1, 2, , 99 ta có đẳng thức (n + 1) n 1 √ = √ =√ −√ an = √ n (n − 1) n + n n + n n+1 n+1 Ta thÊy víi Do tổng S tìm 1 1 1 S = ( √ − √ ) + ( √ − √ ) + + ( √ − √ ) 2 99 100 1 =√ −√ = 100 10 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn 71 4.6 Tính tổng phương pháp sai phân Phương pháp khử liên tiếp trường hợp đặc biệt phương pháp sai phân Trong mục trình bày sở phương pháp sai phân áp dụng tính tổng hữu hạn 4.6.1 Khái niệm sai phân tính chất 4.1 Định nghĩa hiệu Cho hàm số u = u(x) xác định tËp sè nguyªn Z víi n ∈ Z, kÝ un = u(n) Ta gäi ∆0 un = un lµ sai phân cấp không un = un+1 un sai ph©n cÊp mét ∆2 un = ∆(∆un ) = ∆un+1 − ∆un = un+2 − 2un+1 + un cña un sai phân cấp hai Tương tự ta định nghÜa ∆k un = ∆(∆k−1 un ) = ∆k−1 un+1 k1 un , sai phân cấp k un Phương trình sai phân tuyến tính cấp hệ số Xét phương trình sai phân cấp hÖ sè h»ng aun+1 + bun = fn (4.12) Nghiệm tổng quát phương trình (4.12) tổng u n nghiệm tổng quát phương trình tương ứng với un nghiệm riêng (4.12) ta cã n u˜n = C ®ã Định lý C b a số tùy ý Nghiệm riêng 4.1 un , (4.13) tìm sau Xét phương trình đặc trưng phương trình (4.12) aq + b = Khi ®ã a) Víi fn = Pm (n) đa thức bậc m theo n - NÕu q 6= th× u∗n = Qm (n) đa thức bậc m q = th× u∗n = nQm (n) n b) Víi fn = αβ (α, β 6= 0) th× ( Cβ n , ∗ un = Cnβ n , - NÕu Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên q 6= β, q = β http://www.lrc-tnu.edu.vn 72 c) NÕu fn = α sin nu + β cos nu, α2 + β 6= 0, u 6= kπ, k ∈ Z nghiệm riêng có dạng un = A sin nu + B cos nu d) NÕu fn = fn1 + fn2 + + fns th× ta t×m nghiƯm riêng un dạng un = un1 + un2 + + uns , unk nghiệm riêng t¬ng øng víi fnk (k = 1, 2, , s) 4.6.2 Các toán áp dụng Bài toán 4.25 Tính tæng S2 (n) = 12 + 22 + 32 + + n2 6Lời giải Trong chương ta đà trình bày phương pháp tính tổng S2 (n) = n(n + 1)(2n + 1) Trong mục ta trình bầy cách tính tổng phương pháp sai phân Đặt xn = S2 (n) = 12 + 22 + 32 + + n2 Ta xÐt xn+1 = S2 (n + 1) = 12 + 22 + 32 + + n2 + (n + 1)2 = xn + (n + 1)2 Râ ràng x1 = ta có phương trình sai ph©n ( xn+1 − xn = (n + 1)2 , x1 = (n = 1, ), NghiƯm tỉng quát phương trình xn = C Phương trình đặc trưng phương trình đà cho q − = ⇒ q = Do nghiệm riêng có dạng xn = n(an2 + bn + c) Số hóa Trung tâm Học liệu – i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn 73 Thay nghiệm riêng vào phương trình ta (n + 1)[a(n + 1)2 + b(n + 1) + c] − n(an2 + bn + c) = (n + 1)2 , ∀n = 1, 2, Tõ ®ã suy 3a = 1, 3a + 2b = 2, a + b + c = Khi ta b= , a= , c= VËy nghiƯm tỉng quát phương trình đà cho n(n + 1)(2n + 1) n2 n xn = C + n( + + ) = C + 6 Sử dụng điều kiện ban đầu ta C = Vậy nghiệm toán xn = n(n + 1)(2n + 1) Do ®ã ta có S2 (n) = xn = Bài toán 4.26 Tính tæng S= n X n(n + 1)(2n + 1) (k + k + 1)k! k=1 6Lêi gi¶i Ta cã (k + k + 1)k! = (k + 2k + − k)k! = (k + 1)2 k! − k.k! = (k + 1)(k + 1)! k.k! Đặt xk = k.k!, áp dụng công thøc ∆xk = xk+1 − xk = (k + 1)(k + 1)! − k.k! n X ∆xk = xn+1 − x1 k=1 Ta cã S= n X k=1 (k + k + 1)k! = n X ∆xk = xn+1 − x1 = (n + 1)(n + 1)! − k=1 Số hóa Trung tâm Học liệu – i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn 74 Bài toán 4.27 a) Sn = b) Cn = Vận dụng phương pháp sai phân tính tổng sau n X k=1 n X sin kx cos kx k=1 6Lêi gi¶i a) Sư dơng c«ng thøc 1 ∆ cos(k − )x = cos(k + − )x − cos(k − )x 2 1 = cos(k + )x − cos(k − )x 2 x = −2 sin kx sin x = ⇔ x = 2kπ x * NÕu sin 6= ⇔ x 6= 2kπ * NÕu sin Do ®ã k ∈ Z th× sin x = = sin nx = suy Sn = 1 ∆ cos(k − víi k ∈ Z th× sin kx = − )x sin x2 víi n X n X Sn = sin kx = − ∆ cos(k − )x x sin 2 k=1 k=1 sin nx sin (n+1)x 1 2 =− cos(n + )x − cos x = sin x2 2 sin x2 b) T¬ng tù ta cã 1 ∆ sin(k − )x = sin(k + − )x − sin(k − )x 2 1 = sin(k + )x − sin(k − )x 2 x = cos kx sin * NÕu sin x = th× Cn = n Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 75 * NÕu sin x 6= th× n 1 X ∆ sin(k − Cn = )x sin x2 k=1 1 sin(n + )x − sin x = sin x2 2 cos (n+1)x sin nx 2 = x sin Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ch¬ng Đánh giá tổng hữu hạn Chương trình bày số toán bất đẳng thức tổng hữu hạn Phương pháp chủ yếu đề 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 thøc trung b×nh n 1 + + a1 an 5.1 ≤ √ a1 + + an a1 + + an ≤ ≤ n r a21 + + a2n n Các toán bất đẳng thức liên quan tới tổng hữu hạn Bài toán 5.1 Chøng minh r»ng 1 + + + > 1, n+1 n+2 3n + 6Lêi gi¶i n số nguyên dương Ta có 1 + + + = n + n + 3n+ 1 1 = + + + + + n + 3n + n + 3n 2n + 4n + 4n + 4n + = + + + (n + 1)(3n + 1) (n + 2)3n 2(2n + 1)2 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên76 http://www.lrc-tnu.edu.vn 77 n > (4n + 2) + (2n + 1)2 2(2n + 1)2 Bài toán 5.2 = Chøng minh r»ng 1 n < + + + + n < n 2 6Lời giải Đặt Sn = + Chóng ta viÕt l¹i tỉng (1 + Sn 1 + + + n −1 theo tõng nhãm nh sau 1 1 1 1 1 ) + ( + ) + ( + + + ) + + ( + + ) + + 21 22 23 2n−2 + 2n−1 2n Ta nhận thấy ngoặc lớn Mặt khác, tổng Sn suy Sn > n cã thĨ viÕt díi d¹ng 1 1 1 1 1 + ( + ) + ( + + + ) + + ( n−1 + n−1 + + n ) 2 +1 Khi ngoặc lại nhỏ suy Sn < n VËy n 1 < + + + + n 2( k + − k), k √ √ √ < 2( k + − k) k+1 Tõ c«ng thøc (5.1) cho k 1, 2, , n cộng lại ta 1 1 + + √ + + √ > 2( n + − 1) n Tõ c«ng thøc (5.2) cho k (5.1) (5.2) (5.3) 1, 2, , n cộng lại ta 1 √ + √ + + √ < 2( n − 1) n Tõ ®ã suy √ 1 + √ + + √ < n − n (5.4) Tõ công thức (5.3) (5.4) ta suy điều phải chứng minh Bài toán 5.5 Chứng minh tổng số hữu hạn phân số tËp P = 6Lêi gi¶i Gi¶ sư cã 1 1 , , , 22 32 42 n phân số nhỏ 1 1 , , , , a1 a2 a3 an (n 1) Không tính tổng quát, giả sử ≤ a1 < a2 < < an Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 79 Khi ®ã a2 ≥ a1 + 1, a3 ≥ a2 + 1, , an ≥ an−1 + 1, suy a2 ≥ a1 + 1, a3 ≥ a1 + 2, , an ≥ a1 + n − V× vËy 1 1 1 + + + ≤ + + + a1 a2 an a1 (a1 + 1)2 (a1 + n − 1)2 1 < − < a1 − a1 + n − (a1 − 1)(a1 + n − 1) Nhng a1 − ≥ 1, a1 + n − ≥ n + 1, (a1 − 1)(a1 + n − 1) ≥ n + 1, nªn 1 n + + + ≤ < a1 a2 an n+1 Bài toán 5.6 {an } xác định nh sau Cho d·y sè d¬ng a1 = , a) Chøng minh r»ng víi mäi an = 2n − an−1 , 2n (n ≥ 2) m ≥ ta có đánh giá m X ak < k=1 b) Chøng minh r»ng lim n→+∞ m X ak = k=1 ( Tạp trí Toán học tuổi trẻ số 186 năm 1992) 6Lời giải n ⇒ 2(n − 1)an−1 − 2nan = an−1 Theo gi¶ thiÕt víi 2nan = (2n − 3)an−1 Thay n = 2, 3, , m + ta Ta cã a1 = 2a1 − 4a2 , a2 = 4a2 − 6a3 , ., am = 2mam − 2(m + 1)am+1 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 80 Céng vế đẳng thức ta m X ak = 2a1 − 2(m + 1)am+1 = − 2(m + 1)am+1 (5.5) k=1 an > 0∀n Tõ (5.5) suy Ta cã m X ak < 1, ta có điều phải chứng minh k=1 b) Dễ thÊy r»ng Do ®ã a2n 2k − 2k 2 3 k−1 < , ∀k ≥ k 2 3 2k − 1 n−1 √ < an−1 < a2n−1 < < 2k n 4n n Tõ ®ã lim(2nan ) = 0, nên từ công thức (5.5) suy lim n X = i=1 5.2 Một số toán tổng hữu hạn đề thi quốc tế Bài to¸n 5.7 Chøng minh r»ng 1 1 + + + + > 1998 + 1998 + 1998 + 3.1998 + ( §Ị thi Học sinh giỏi Toàn quốc năm 1998 ) 6Lời giải Đặt 1 + + + , n+1 n+2 3.n + với n nguyên dương, m 6= 0, ta cã S= 1 2(2n + 1) 2(2n + 1) + = > = 2n + − m 2n + + m (2n + 1)2 − m2 (2n + 1)2 2n + Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 81 Do ®ã 1 + + + n+1 n+2 3.n + 1 1 1 = + + + + + + + n + 3n + n + 3n 2n 2n + 2n + 1 2 + > + + ··· + = 2n + 2n + 2n + 2n + {z } | S= nsè h¹ng Thay n = 1998, ta cã 1 1 + + + + > 1998 + 1998 + 1998 + 3.1998 + Bài toán 5.8 Cho số nguyên n > n số thực dương a1 , a2 , , an Đặt S = a1 + a2 + + an Chøng minh r»ng a) n X i=1 b) n2 S ≥ S − n−1 n X S − i=1 n(n 1) ( Đề thi vô địch nước áo năm 1993 ) 6 Lời giải a) Theo bất đẳng thức Cauchy - Schawrz ta có S S S S − a1 S − a2 S − an + + + + ≥ S − a1 S − a2 S − an S S S r r r r r r 2 S S − a1 S S − a2 S S − an ≥ + + + = n2 S − a1 S S − a2 S S − an S Mặt khác S a1 S a2 S an a1 a2 an + + =1− +1− + + − = n − S S S S S S Tõ ®ã suy S S S n2 + + ≥ S − a1 S − a2 S − an n−1 S − a1 S an S Đẳng thức xẩy chØ = = ⇔ a1 = = an = S S n Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 82 b) Ta cã S − an S S S − a1 S − a2 + + = −n + + + a1 a2 an a1 an Theo bất đẳng thức Cauchy - Schawrz ta có S S an S a1 a2 + + + + ≥ n2 , a1 a2 an S S S a1 a2 an ®ã + + = VËy S S S S − an S S S − a1 S − a2 + + = −n + + + ≥ −n + n2 = n(n − 1) a1 a2 an a1 an S n Bài toán 5.9 CMR với sè d¬ng tïy ý a1 , a2 , , an , (n 2) ta có bất đẳng thức Đẳng thøc xÈy vµ chØ n X i=1 a1 = = an = n ≥ , S − n−1 S= víi n X i=1 ( Đề thi vô địch nước Đức năm 1967, nước Anh năm 1976 ) 6Lời giải bi = s − > 0, (i = 1, 2, , n) n X Khi sử dụng đẳng thức bi = (n 1)s định lý trung bình ta có Ký hiÖu i=1 n X i=1 n n X X ai s = +1 −n= −n S − b b i i i=1 i=1 n X n n2 =s − n ≥ s√ −n≥s −n n b b + + b b b i n n i=1 n2 n = −n= n1 n1 Bài toán 5.10 CMR với số tïy ý < n, k ∈ N ta cã bất đẳng thức k n X j=2 j >k n X j=2 j ( Đề thi vô địch nước Đức năm 1980 ) S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 83 6Lêi gi¶i k n X j=2 Ta biÕn đổi vế trái bất đẳng thức thành dạng 1 1 1 = + + + + + + + + k j 1+1 n n+1 n nk−1 + n k X 1 = + + i i−1 + n n i=1 i ∈ N ta cã 1 + + = ni−1 + ni 1 1 = + + i−1 + + + i−1 + 1ni−1 + 2n 2ni−1 + 3n 1 + + + + (n − 1)ni−1 + nni−1 n X 1 = + + i−1 + (m − 1)n mni−1 m=2 X n n X 1 i−1 = > n i−1 mn m m=2 m=2 Víi Tõ ®ã suy k n X j=2 Bài toán 5.11 j > k X i=1 + + n Chứng minh với giá trị tùy ý =k n X j=2 α≤1 j vµ c¸c sè tïy ý x1 , , xn tháa m·n điều kiện x1 x2 xn > 0, ta có bất đẳng thức (1 + x1 + x2 + + xn )α ≤ + 1α−1 xα1 + 2α−1 xα2 + + n1 xn ( Đề thi vô địch Liên Xô năm 1982) 6Lời giải Với n= Ta chứng minh b»ng quy n¹p theo ta cã 1α ≤ Bất đẳng thức Giả sử bất đẳng thức víi n ∈ Z+ n, ta ®i chøng minh cịng ®óng víi n + ta cã Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 84 (1 + x1 + x2 + + xn + xn+1 )α (1 + x1 + x2 + + xn )α x α n+1 = (1 + x1 + x2 + + xn )α + −1 + x1 + + xn ≤ (1 + x1 + x2 + + xn )α−1 xn+1 ≤ ((n + 1)xn+1 )α−1 xn+1 = (n + 1)1 xn+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 0) Từ bất đẳng thức đà chứng minh giả thiết quy nạp ta có (1 + x1 + + 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 5.12 Chứng minh với số tùy ý có bất đẳng thức a1 , a2 , , an ∈ [0; 2], (n ≥ 2) ta n n X X