một số vấn đề về tổng hữu hạn

Lời cảm ơn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Dương Quốc Việt, người tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi giúp tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn thầy cô khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội, đặc biệt thầy cô tổ môn Đại số tạo điều kiện cho tác giả học tập môi trường tốt Cuối tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp động viên giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập, nghiên cứu trường Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả luận văn Sonphet JIDTAMANY Một số kí hiệu chữ viết tắt ∅ tập rỗng N tập hợp số tự nhiên Z tập hợp số nguyên Q tập hợp số hữu tỷ I = R\Q tập hợp số vô tỷ C tập hợp số phức R tập hợp số thực a∈A phần tử a thuộc tập A a∈ /A phần tử a không thuộc tập A Mục lục Phần mở đầu 1 Những tổng hữu hạn không biểu diễn qua hàm đại số 1.1 Một số tiêu chuẩn tổng riêng 1.2 Một số ứng dụng 11 Một số phương pháp tính tổng hữu hạn 2.1 Phương pháp nội suy 2.2 Phương pháp quy tổng trừ 2.3 Phương pháp đạo hàm tích phân 2.4 Sử dụng số phức 2.5 Một số phương pháp khác 2.6 Phương pháp sử dụng hàm sinh 2.6.1 Dùng hàm sinh đa thức 2.6.2 Dùng hàm sinh chuỗi lũy thừa vô hạn 17 17 21 25 27 30 36 36 40 Bài tập 45 Kết luận 69 Tài liệu tham khảo 70 Phần mở đầu Lí chọn đề tài Trong chương trình toán phổ thông, vấn đề tổng hữu hạn phần quan trọng Đại số Giải tích Các em học sinh thường phải đối mặt với nhiều toán khó liên quan đến chuyên đề Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố, quốc gia hay olympic toán khu vực quốc tế, toán tổng hữu hạn đề cập nhiều xem dạng toán khó bậc trung học phổ thông Đối với người thày, không việc tìm tòi, liệt kê toán sách tham khảo mà phải có khả sáng tạo, phát triển, tạo toán theo chủ đề nội dung phong phú Đó kĩ cần thiết người thày dạy toán phổ thông Với mục đích tác giả chọn đề tài: “Một số vấn đề tính tổng hữu hạn” Mục đích nghiên cứu Mục đích luận văn trình bày tổng hữu hạn không biểu diễn qua hàm đại số số phương pháp tính tổng hữu hạn Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu: Đọc, dịch tài liệu liên quan, nghiên cứu lý thuyết, phân tích, so sánh, tổng hợp Cấu trúc luận văn Trong luận văn tác giả tập trung sưu tầm, phân loại hệ thống tập dãy số theo chủ đề viết dạng mở cuốn: " Đại số sơ cấp" tác giả Dương Quốc Việt (Chủ biên) - Đàm văn Nhỉ Cụ thể vấn đề: Những tổng hữu hạn không biểu diễn qua hàm đại số số phương pháp tính tổng hữu hạn Luận văn gồm phần mở đầu hai chương: Chương I : Những tổng hữu hạn không biểu diễn qua hàm đại số Chương trình bày két [ ] tiêu chuẩn cho hàm phải hàm hữu tỷ hàm đại số, với ứng dụng tổng riêng hữu hạn Chương II : Một số phương pháp tính tổng hữu hạn Chương trình bày phương pháp tính tổng hữu hạn, gồm, phương pháp nội suy, phương pháp quy tổng trừ, phương pháp đạo hàm tích phân, sử dụng số phức, số phương pháp khác phương pháp sử dụng hàm sinh Chương Những tổng hữu hạn không biểu diễn qua hàm đại số Chương trình bày tiêu chuẩn hàm số biến nguyên dương hàm hữu tỷ hàm đại số; Một số ứng dụng tổng riêng số dãy số hữu tỷ tiếng giải tích toán học n Xác định tính chất tổng riêng S(n) = ui dãy số (ui )i≥1 i=1 đề tài thú vị Mặc dù có nhiều tác giả đưa công cụ khác cho vấn đề không làm rõ hàm tổng riêng hàm đại số hay hàm số siêu việt Chương đề cập đến số vấn đề thiết yếu hàm số biến nguyên dương hàm hữu tỷ (xem Định lý 1.1.1) hàm đại số (xem Định lý 1.1.6) Đặc biệt, ta có kết sau tổng riêng chuỗi số hữu tỷ ( xem [ ]) Giả sử (ui )i≥1 n dãy số hữu tỷ Khi S(n) = ui không hàm hữu tỷ với biến n i=1 điều kiện sau xảy (xem Hệ 1.1.4) S(n) = n→∞ n→∞ n (ii) lim S(n) = lim nS(n) = ∞ (i) lim S(n) = ∞ lim n→∞ n→∞ (iii) lim S(n) số vô tỷ n→∞ n Ngoài ra, lim S(n) số siêu việt S(n) = n→∞ ui hàm số i=1 siêu việt với n Sử dụng tiêu chí người ta nghiên cứu tổng riêng số dãy số hữu tỷ tiếng giải tích toán học mối quan hệ với lý thuyết số 1.1 Một số tiêu chuẩn tổng riêng Phần đề cập đến số tiêu chuẩn hàm số biến nguyên dương hàm hữu tỷ hàm đại số Giả sử K trường C, α ∈C Giả sử f (n) hàm giá trị phức biến nguyên dương n Khi ta có định nghĩa sau: (i) α gọi số hữu tỷ α ∈ Q[i], α số vô tỷ α ∈ / Q[i] (ii) α gọi đại số trường K tồn c0 , c1 , , ch ∈K với ch = Như ch αh + ch−1 αh−1 + · · · + c1 α + c0 = α siêu việt K không đại số K (iii) α gọi số đại số α đại số trường Q α số siêu việt không số đại số Ký hiệu trường số đại số Q (iv) f (n) gọi hàm hữu tỷ K am nm + am−1 nm−1 + · · · a1 n + a0 f (n) = , bd nd + bd−1 nd−1 + · · · b1 n + b0 a0 , , an ; b0 , , bd ∈ K, bd = (v) f (n) gọi hàm đại số K tồn đa thức biến n với hệ số K: q0 , q1 , , qk ∈K[n] với qk (n) = cho: k k−1 qk (n)[f (n)] + qk−1 (n)[f (n)] + · · · + q1 (n) [f (n)] + q0 = f (n) hàm siêu việt K f (n) hàm đại số K Khi ta có kết sau Định lí 1.1.1 ([6, Theorem 2.1 ]) Giả sử f (n) hàm biến nguyên dương n Khi đó: (i) Nếu lim f (n) = ∞ lim n→+∞ n→+∞ f (n) = f (n) không hàm hữu tỷ n biến n C (ii) Nếu lim f (n) = lim n.f (n)= ∞ f (n) không hàm hữu tỷ n→+∞ n→+∞ biến n C (iii) Nếu lim f (n) số vô tỷ f (n) không hàm hữu tỷ biến n n→+∞ Q[i] Chứng minh (i) Nếu f (n) hàm hữu tỷ C f (n) = P (n) , P (n) Q(n) Q(n) hai đa thức biến n C Một mặt, từ lim f (n) = ∞ kéo theo deg P (n) > deg Q(n) n→+∞ f (n) P (n) = lim , deg nQ(n) > deg P (n) Từ kết n→∞ n n→∞ n.Q(n) ta có deg P (n) ≥ deg Q(n) + = deg nQ(n) > deg P (n) Mặt khác, từ lim Mâu thuẫn (ii) Chứng minh tương tự (i) (iii) Giả sử f (n) hàm hữu tỷ Q[i] Từ lim f (n) = c với c số vô n→+∞ tỷ khác Do ta có: am nm + am−1 nm−1 + · · · a1 n + a0 , f (n) = bm nm + bm−1 nm−1 + · · · b1 n + b0 a0 , a1 , , am ; b0 , b1 , , bm ∈Q[i] với am bm = Chú ý am nm + am−1 nm−1 + · · · a1 n + a0 am lim = n→∞ bm nm + bm−1 nm−1 + · · · b1 n + b0 bm Như c ∈Q[i] Sự mâu thuẫn chứng tỏ f (n) hàm hữu tỷ biến n trường Q[i] Ví dụ 1.1.2 hàm hữu tỷ i=1 i n (i) Hàm biến nguyên dương n: f (n) = Chứng minh ∞ n 1 phân kỳ nên f (n) = có lim f (n) = ∞ Dùng n→+∞ i=1 i i=1 i√ quy nạp ta dễ dàng f (n) < 2n + Từ điều suy f (n) = Theo Định lý 1.1.1(i) ta rút f (n) lim n→∞ n Vì chuỗi hàm hữu tỷ i (−1) (ii) Hàm biến nguyên dương n: g(n) = i i=1 n hàm hữu tỷ Chứng minh i ∞ (−1) = − ln dễ chứng minh Ta biết chuỗi Leibnitz i i=1 ln số vô tỷ Do từ Định lý 1.1.1(iii) ta rút g(n)là biểu thức hữu tỷ   u1 = (iii) Cho dãy số (un )n≥1 xác định  un = un−1 + un−1 (n ≥ 2) hàm hữu tỷ i=1 ui n Chứng minh f (n) = Chứng minh Ta có un = un−1 + với n ≥ un−1 Suy u2n = u2n−1 + + un−1 suy u2n > u2n−1 + (1) u2n − = u2n−1 + u2n−1 − Mà u1 = nên un−1 ≥ với n ≥ Do ta có u2n−1 ≥ u2n − (2) Từ (1) (2) suy u2n−1 + ≥ u2n > u2n−1 + Từ ta có: u21 + ≥ u22 + 2; u22 + ≥ u23 + 2; ; u2k−1 + ≥ u2k + Cộng vế với vế bất đẳng thức ta được: u21 + (k − 1) < u2k ≤ u21 + (k − 1) 1 < ≤√ 2k − uk 3k − ∞ ∞ 1 √ Vì chuỗi phân kỳ nên phân kỳ 3k − k=1 k=1 uk Từ ta có lim f (n) = ∞ n→+∞ n n n 1 √ √ ≤ Mặt khác f (n) = ≤ 2i − i=1 i i=1 i=1 ui n √ √ ≤ n với n ≥ (3) Ta chứng minh i=1 i Thật vậy, hiển nhiên đẳng thức với n = Giả sử đến n, ta chứng minh đến n + n+1 √ √ √ ≤ n + 1√ ≤2 n Ta có: n+1 i=1 i ⇔√ ≤√ √ n+1 n+1+ n √ √ √ n+1+ n (luôn đúng) ⇔ n+1≥ √ f (n) n Suy ≤ → n → ∞ Do theo Định lý 1.1.1(i) n n suy f (n) hàm hữu tỷ Suy √   u1 = (iv) Cho dãy số xác định bởi:  un+1 = un + hàm hữu tỷ i=1 ui n Chứng minh g (n) = (∀n ≥ 1) u2n Chứng minh (∀n ≥ 1) u2n Suy u3n+1 = u3n + + + (∀n ≥ 1) un un Mà u1 = nên un ≥ 1∀n ≥ Suy u3n+1 < u3n + Ta có: un+1 = un + Do ta có: u32 ≤ u31 + 7; u33 ≤ u32 + 7; ; u3n ≤ u3n−1 + 7 E= (n + 1) (n + 2) (n + 3) Suy n+3 x2 (1 − x) U (x) = − 2(n + 1) (n + 1) (n + 2) (n + 3) x − − (n + 1) (n + 2) (n + 1) (n + 2) (n + 3) n+3 (n + 1) (n + 2) x2 − 2(1 − x) − (n + 3) x + Vậy S(x) = 2n (n + 1) (n + 2) (n + 3) Bài 22 Tính tổng sau: n a) S = k=2 n b) T = k=2 n c) P = k=2 n d) Q = k(k − 1)Cnk Cnk (9k − 3k) k(k − 1)Cnk 2n−k kCnk 3k k=1 Bài giải n n a) Ta có: (1 + x) = Cnk xk k=0 Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế đẳng thức, ta được: n(n − 1)(1 + x)n−2 = n k(k − 1)Cnk xk−2 k=2 Thay x = vào hai vế đẳng thức ta được: S = n(n − 1)2n−2 n b) Xét (1 + x3 ) = n Cnk x3 k k=0 Lấy đạo hàm hai vế đến cấp hai đẳng thức, ta 9n(n − 1)(1 + x3 )n−2 x4 + 6nx(1 + x3 )n−1 = n k=2 Thay x = vào hai vế, ta T = 3n(3n + 1)2n−2 Làm tương tự ta được: c) P = n(n − 1)3n−2 56 (9k − 3k)Cnk x3k n kCnk 3k−1 d) Q = k=1 24 − 22016 − 2015 22 − 1 C2016 + C2016 + · · · + C2016 Bài 23 Tính tổng S = 2016 Bài giải 2016 1 2016 2016 + C2016 x + C2016 x2 + · · · + C2016 x Xét khai triển: (1 + x) = C2016 2016 1 2016 2016 (1 − x) = C2016 − C2016 x + C2016 x2 + · · · + C2016 x Trừ hai đẳng thức ta được: 2015 2015 C2016 x + C2016 x3 + · · · + C2016 x = 2016 2016 (1 + x) − (1 − x) Lấy tích phân hai vế ta được: 2015 2015 x )dx = x3 + · · · + C2016 x + C2016 (C2016 Bài 24 Tính tổng sau: a) A = + n + + · · · + n−1 2 b) B = + 2.6 + 3.62 + · · · + 100.999 Bài giải n a) Xét f (x) = kxk−1 A = f k=1 n Ta có f (x) = k−1 kx n = k=1 k kx = k=1 với x = xn+1 − x−1 nxn+1 − (n + 1)xn + = (x − 1) Từ suy A = − (n + 2)21−n b) Tương tự phần a) ta có B = f (6), n = 100 Suy B= 499.6100 + 25 57 2016 (1 + x) (32017 − 22017 + 1) 4026 S= Suy 2016 − (1 − x) dx Bài 25 Tính tổng sau: a) M = + · + · 42 + · · · + 101 · 450 b) N = + 101 + + · · · + 50 Bài giải a) Xét f (y) = + 3y + · · · + (2n − 1) y 2n , M = f (2) Ta thấy f (y) đạo hàm hàm số : y 2n+1 − y y2 − (2n − 1)y 2n − (2n − 1)y 2n−2 + y + Nên suy f (y) = (y − 1) Vậy M = + 101.450 với n = 51 b) Tương tự phần a) ta có: B = f √ F (y) = y + y + · · · + y 2n−1 = Suy B = − 101.2−49 Bài 26 Tính tổng sau: k(k − 1) 2k−2 k=2 n i2 b) T = i i=2 n a) S = Bài giải k(k − 1) S = f xk−2 k=2 n a) Xét f (x) = n Ta có: f (x) = k x k=0 = xn+1 − x−1 , x = Cuối ta S = 16 − (n2 + 3n + 4) 22−n n xn+1 − x k Dễ thấy f (x) = x(xF (x)) với F (x) = x = x−1 k=1 n2 + 4n + Bằng cách tính toán sơ cấp ta tính được: T = − 2−n b) Xét f (x) = x + 22 x2 + 32 x3 + · · · + n2 xn T = f 58 Bài 27 Tính tổng: S = sin π 3π 45π + sin + · · · + 45 sin 90 90 90 Bài giải Ta có: f (x) = sin x + sin 3x + · · · + 45 sin 45x đạo hàm hàm số: sin 46x sin x cos x sin 46x − 46 cos 46x sin x Do ta có: f (x) = F (x) = 2sin2 x π 1 Vậy S = f = 45 + 90 2sin2 20 F (x) = − (cos x + cos 3x + · · · + cos 45x) = − Bài 28 Tìm n biết k k + · · · + (−1) k (k − 1) 2k−2 C2n+1 − 3.2.2C2n+1 2C2n+1 2n+1 + · · · − 2n(2n + 1)22n−1 C2n+1 = −10100 2n+1 Bài giải Ta thấy vế trái đẳng thức bằng: k k 2k−2 (−1) k(k −1)C2k+1 k=2 Xét (1 − x)2n−1 = 2n+1 k k (−1) C2k+1 xk k=2 Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức trên, ta được: 2n+1 2n 2n(2n + 1)(1 − x) k k (−1) C2k+1 xk−1 = k=2 Thay x = vào hai vế đẳng thức trên, ta 2n+1 k k (−1) k(k − 1)C2k+1 2k−2 −2n(2n + 1) = k=2 Theo đề ta có: −2n (2n + 1) = 10100 ⇔ 2n2 + n − 5050 = Vì n nguyên dương nên ta tìm n = 50 2012 2016 Bài 29 Tính tổng sau: S = C2016 + C2016 + · · · + C2016 + C2016 [ n3 ] Cn3k T = k=0 59 Bài giải a) Tính S: Xét khai triển: 2016 2016 = C2016 + iC2016 + · · · + i2016 C2016 2015 = C2016 − C2016 + · · · + i (C2016 − C2016 + · · · + C2016 ) (1 + i) 2016 Đặt A = C2016 − C2016 + C2016 − · · · + C2016 2016 phần thực khai triển (1 + i) Ta dễ thấy A = 21008 2016 Đặt B = C2016 − C2016 + C2016 − · · · + C2016 , S = A+B Bây ta tính B Từ khai triển 2016 (1 + x) 2016 , + · · · + x2016 C2016 + xC2016 = C2016 thay x = −1 ta được: 2016 2015 C2016 + C2016 + · · · + C2016 = C2016 + C2016 + · · · + C2016 2016 ) + · · · + C2016 + C2016 Thay x = ta M+N=22016 với M =(C2016 2015 N= (C2016 + C2016 + C2016 + · · · + C2016 ) 2015 Suy B = Do S = 21007 (21007 + 1) b) Tính T n n Xét đa thức: f (x) = (1 + x) = Cnk xk k=0 Vì ε nguyên thủy bậc đơn vị, tức là: ε2 + ε + = ta có ε2k + εk + = Khi k không chia hết cho k chia hết cho Do ta có f (1) + f (ε) + f (ε2 ) = n [ n3 ] Cnk (ε2k + εk + 1) = k=0 k=0 √ f (ε) = + − + i 2 √ f (ε2 ) = + − − i 2 Cn3k √ +i 2 n = n = 60 n √ −i 2 = cos nπ nπ + i sin 3 n = cos nπ nπ − i sin 3 [ n3 ] Cn3k = Vậy k=0 n nπ + cos 3 Bài 30 Chứng minh rằng: cos 2π + cos 4π + cos 8π = √ (1 − 3 5) Bài giải 2π 2π + i sin , k = 0, 1, , nghiệm phương 7 trình x7 = Từ ta có: xk , k = 0, 1, , nghiệm phương trình x6 + x5 + · · · + x + = 0, nghiệm 1 phương trình x + + x+ −2 x+ − = x x x 2π Suy yk = xk + = xk + xk = cos , (k = 1, 2, 3) nghiệm xk phương trình y + y − 2y − = 6π 6π 8π 8π = cos nên ta thay cos cos Lập phương Mà cos 7 7 2π 4π 8π trình bậc có nghiệm là: cos ; dựa cos ; cos 7 Ta có: xk = cos vào hệ thức nghiệm hệ số phương trình mà tính tổng cần thiết Một cách tổng quát, α, β, γ nghiệm phương trình √ √ √ x3 + ax2 + bx + c = 0, α; β; γ nghiệm phương trình x3 + Ax2 + Bx + C = (−A) = √ α+ √ β+ = α+β+γ+3 √ √ γ α+ √ β+ √ γ √ αβ + √ βγ + √ √ γα − αβγ √ = −a + 3AB − 3 −c √ Hay A3 = −a + 3AB − 3 −c Tương tự ta tìm được: B = b + 3ABC − 3C Trong trường hợp toán a = 1, b = −2, c = −1, C = −1 nên ta có A3 = a+3AB +4 tương tự ta tìm B = −3AB −5 Nhân vế với vế hai đẳng thức đặt Z = AB ta Z +9Z +27Z +20 = √ Suy Z = − 61 √ Do ta có A = 3 − Từ suy điều phải chứng minh n n cos kx Bài 31 Tính tổng sau: k=1 Bài giải sin kx k=1 n n Đặt A = cos kx B = k=1 sin kx, ta có k=1 1+A+iB = 1+(cos x+i sin x)+(cos 2x+i sin 2x)+· · ·+(cos nx+i sin nx) = 1+(cos x+i sin x)+(cos x + i sin x)2 +· · ·+(cos x + i sin x)n n − cos(n + 1)x − i sin(n + 1)x − (cos x + i sin x) = = − (cos x + i sin x) − cos x − i sin x n+1 n+1 n+1 x − 2i sin d x cos x 2sin2 2 = 1 x 2sin2 x − 2i sin xcos 2 n+1 n n+1 n sin x cos x sin x sin x 2 +i 2 = x x sin sin 2 n+1 n+1 n n sin sin x cos x x sin x 2 2 B= A= x x sin sin 2 Vậy Bài 32 Chứng minh rằng: 2m m 2m cos x = k C2m cos 2(m − k)x k=0 Bài giải Ta có: eix + e−ix cos x = 2m 22m cos2m x = (eix + e−ix ) 2m = k 2m−k k C2m (eix ) (e−ix ) k=0 m−1 = k=0 2m k C2m e2(k−m)ix + k=m+1 62 k m C2m e2(k−m)ix + C2m m−1 = k=0 m = k m C2m cos 2(m − k)x + C2m cos 2(m − k)x k C2m cos 2(m − k)x k=0 ∞ x2k+1 để xác định hàm sinh cho số nghiệm Bài 33 Dùng chuỗi f (x) = k=0 nguyên dương lẻ phương trình x1 + x2 + · · · + xd = n (*) Bài giải Trong phương trình (∗) x1 , x2 , x3 , · · · , xd có vai trò nên ta cần tìm hàm sinh cho cách chọn xi (1 ≤ i ≤ d) Vì xi nguyên dương lẻ nên xi nhận giá trị: 1,3,5,7, Như hàm sinh cho cách chọn xi là: f (x) = x + x3 + x5 + · · · = x2k+1 k≥0 x2k+1 = Ta có: f (x) = k≥0 x − x2 Áp dụng quy tắc xoắn ta tìm hàm sinh cho cách chọn số d ( x1 , x2 , x3 , · · · , xd ) là: (x) d (1 − x2 ) Bài 34 Xác định dãy số (un )n≥0 biết u0 = u1 = un = aun−1 + bun−2 ∀n ≥ trường hợp sau: (a, b) = (1, 2); (a, b) = (3, −4) Bài giải Ta có hàm sinh dãy (un )n≥0 F (x) = un xn n≥0 Theo ta có: un xn F (x) = u0 + u1 x + n≥2 (aun−1 + bun−2 ) xn =1+x+ n≥2 (aun−1 + bun−2 ) xn =1+x+ n≥2 un−1 xn +b =1+x+a n≥2 un−2 xn n≥2 un xn − u0 + bx2 = + x + ax un xn n≥2 n≥2 = + x + axF (x) − ax + bx2 F (x) 63 Vậy F (x) = − ax + x − ax − bx2 • Trường hợp 1: (a, b) = (1, 2) ,ta có: F (x) = − x − 2x2 = (1 + x) (1 − 2x) = − (1 + x) (1 − 2x) n = (−1) xn − 2n xn n≥0 n≥0 n n (−1) − n = x n≥0 n (−1) − 2n Vậy đồng hệ số un = , ∀n ≥ • Trường hợp 2: (a, b) = (3, −4) ,ta có: F (x) = − 2x − 3x + 4x2 Bài 35 Xác định dãy số (un )n≥0 biết u0 = u1 = u2 = un = aun−1 + bun−2 + cun−3 ∀n ≥ trường hợp sau: (a, b, c) = (6, −11, 6) ; (a, b, c) = (5, 1, −5) Bài giải Xét G (x) = un xn (1) hàm sinh dãy (un )n≥0 n≥0 G (x) = u0 + u1 x + u2 x2 + un xn n≥3 = u0 + u1 x + u2 x2 + (aun−1 + bun−2 + cun−3 ) xn n≥3 = u0 + u1 x + u2 x2 + ax un xn − u1 x − u0 + bx2 n≥0 + cx un x un xn − u0 n≥0 n n≥0 = + x + x2 + ax (G (x) − x − 1) + bx2 (G (x) − 1) + cx3 G (x) Ta có: G (x) = (1 − a − b) x2 + (1 − a) x + 1 − ax − bx2 − cx3 64 • Trường hợp 1: (a, b) = (6, −11, 6): 6x2 − 5x + 1 G (x) = = − 6x + 11x2 − 6x3 1−x xn Vậy G (x) = (2) n≥0 Đồng hệ số (1) (2) ta có: un = ∀n ≥ • Trường hợp 2: (a, b) = (5, 1, −5): −5x2 − 4x + = xn G (x) = − 5x − x2 + 5x2 n≥0 (3) Đồng hệ số (1) (3) ta có: un = ∀n ≥ Bài 36 Sử dụng hàm sinh giải hệ thức đệ quy sau: i) a0 = 1, an = 3an−1 + ii) a0 = 1, an = 3an−1 + 4n−1 iii) a4 = 6, a1 = 30, an = 5an−1 − an−2 iv) a0 = 4, a1 = 12, an = an−1 + 2an−2 + 2n Bài giải i) a0 = 1, an = 3an−1 + Xét hàm sinh dãy (an )n≥0 là: an xn G (x) = (1) n≥0 Khi đó: an xn G (x) = a0 + n≥1 (3an−1 + 2) xn =1+ n≥1 65 an−1 xn + =1+3 n≥1 xn n≥1 an x n + = + 3x n≥0 xn − n≥0 −1 1−x 1+x = 3xG (x) + 1−x 1+x Ta có: G (x) = (1 − x) (1 − 3x) = − − 3x − x = 3xG (x) + n xn (3x) − =2 n≥0 n≥0 (2 · 3n − 1) xn = (2) n≥0 Đồng nhật hệ số (1) (2) ,ta được: an = · 3n − ii) a0 = an = 3an−1 + 4n−1 an x n Xét hàm sinh G (x) = (1) n≥0 Khi đó: an xn G (x) = a0 + n≥1 (3an−1 + 4n−1 )xn =1+ n≥1 an−1 xn + =1+3 n≥1 n≥1 n an xn + x = + 3x n≥0 = + 3xG (x) + Ta có: G (x) = 4n−1 xn (4x) n≥0 − 3x x = 3xG (x) + − 4x − 4x = 4n xn − 4x n≥1 (2) Đồng hệ số (1) (2) ,ta được: an = 4n 66 iii) a4 = 6, a1 = 30 an = 5an−1 − an−2 an x n Xét hàm sinh G (x) = (1) n≥0 Khi đó: an xn G (x) = a0 + a1 x + n≥2 (5an−1 + 6an−2 ) xn = a0 + a1 x + n≥2 an−1 xn − = a0 + a1 x + n≥2 an xn n≥2 an xn − a0 − 6x2 = a0 + a1 x + 5x n≥0 an x n n≥0 = + 5xG (x) + 6x2 G (x) Như − 5x − 6x2 36 + = (1 + x) (1 − 6x) 36 n n = (−1) xn + (6x) n≥0 n≥0 n = ((−1) + 6n+1 ) xn (2) n≥0 n Đồng hệ số (1) (2) ta có: an = ((−1) + 6n+1 ) G (x) = iv) a0 = a1 = 12, an = an−1 + 2an−2 + 2n Xét hàm sinh G (x) = an x n (1) n≥0 Khi đó: an xn G (x) = a0 + a1 x + n≥2 (an−1 + 2an−2 + 2n ) xn = a0 + a1 x + n≥2 an−1 xn + = a0 + a1 x + n≥2 n≥2 n≥0 n an xn + n≥0 67 (2x) n≥2 an xn − a0 − 2x2 = a0 + a1 x + x n an−2 xn + (2x) − 2x − n≥2 − 2x − 1 − 2x = x (G (x) − 4) − 2x2 G (x) + + 6x + − 2x = + 12x + x (G (x) − 4) − 2x2 G (x) + Như 12x2 − G (x) = (2x2 + x − 1) (1 − 2x) 171 369 =− + + (1 + x) (1 − 2x) 8(1 − 2x)2 171 369 n n n =− (−1) xn + (2x) + (n + 1) (2x) n≥0 n≥0 n≥0 171 n 369 n n n − (−1) + = + (n + 1) (2) (x) (2) 8 n≥0 Đồng hệ số (1) (2) ta 171 n 369 n n + (n + 1) (2) an = − (−1) + 8 68 Kết luận Nội dung luận văn trình bày số kết nghiên cứu hệ thống tập hai vấn đề: Những tổng hữu hạn không biểu diễn qua hàm hữu tỷ hàm đại số (xem [6]) số phương pháp tính tổng hữu hạn Mỗi chương có số ví dụ điển hình có kết luận, nhận xét, mở rộng vấn đề xét Cuối hệ thống tập phong phú với lời giải chi tiết Sau hoàn thành luận văn tác giả thấy học hỏi nhiều kinh nghiệm kiến thức quý báu giúp tác giả trưởng thành nhiều mặt 69 Tài liệu tham khảo [1] A Baker, Transcendental Number Theory, Cambridge University Press 1975, ISBNO-521-20461-5,ZBL 0297 10013 [2] A W Knapp, Basic real analysis: along with a companion, volume Advanced Real Analysis, ISBNO-8176-3250-6(2005), QA300 k56.9 [3] J Borwein, D Bailey and R Girgensohn,Experimentation in Mathematics- Computation Paths to Discovery, A K Peters 2003, ISBN 1-56881-136-5 [4] S Lang, Algebra, Addition - Wesley Publishing Company (1965) [5] Dương Quốc Việt (Chủ biên) - Đàm Văn Nhỉ, Giáo trình đại số sơ cấp, Nhà xuất Đại học Sư phạm, 2007 [6] Duong Quoc Viet and Truong Thi Hong Thanh, On some properties of partial sums, (arxiv 1406.1168 04 Jun 2014) [7] M R Murty and N Saradha, Transcendental values of the digamma function, J Number theory, 125(2007), 298 - 318 [8] J Sondow, Criterria for irrationality of Euler’s constant, Proc Amer Math Soc 131(2003), 3335-3344 [9] A Weil, Number Theory: An Approach Through History, Springer-Verlag 1999, ISBN 0-8176-3141-0 70 ... đầu 1 Những tổng hữu hạn không biểu diễn qua hàm đại số 1.1 Một số tiêu chuẩn tổng riêng 1.2 Một số ứng dụng 11 Một số phương pháp tính tổng hữu hạn 2.1 Phương... số theo chủ đề viết dạng mở cuốn: " Đại số sơ cấp" tác giả Dương Quốc Việt (Chủ biên) - Đàm văn Nhỉ Cụ thể vấn đề: Những tổng hữu hạn không biểu diễn qua hàm đại số số phương pháp tính tổng hữu. .. đề nội dung phong phú Đó kĩ cần thiết người thày dạy toán phổ thông Với mục đích tác giả chọn đề tài: Một số vấn đề tính tổng hữu hạn Mục đích nghiên cứu Mục đích luận văn trình bày tổng hữu