(Sáng kiến kinh nghiệm) kỹ thuật tính một số tổng hữu hạn ở THCS và bài tập vận dụng

A PHẦN MỞ ĐẦU I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Trong quỏ trỡnh học toỏn trường THCS học sinh cần biết cách tổ chức công việc mỡnh cỏch hợp lớ, sỏng tạo Người thầy cần rèn luyện cho em kỹ độc lập suy nghĩ cách sâu sắc, sáng tạo Điều đặt cho người thầy lao động tập trung, nghiêm túc, biết tỡm tũi phương pháp hay để giúp học sinh trau dồi tư logic việc giải toán tổ chức hoạt động học tập Là giáo viên dạy Toán trường THCS trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm tơi nhận thấy việc giải tốn chương trỡnh THCS không đơn đảm bảo kiến thức sách giáo khoa, điều kiện cần chưa đủ Muốn giỏi toán học sinh cần phải luyện tập nhiều thông qua việc giải toán đa dạng, giải toán cách khoa học, kiên nhẫn, tỉ mĩ, sáng tạo, để tự tỡm cỏch giải đến đích cách gần nhất, mĩ Muốn người thầy phải biết vận dụng kiến thức cách linh hoạt nhiều toán khác để tạo hứng thứ, tinh thần yêu thích cho học sinh Trong nhiều nội dung tốn học ln đũi hỏi giỏo viờn phải cú nhỡn tổng thể dạng toỏn mà mỡnh định giải cho học sinh, để từ giáo viên đưa phương pháp hướng dẫn gần nhất, dể hiểu nhằm giúp học sinh tiếp thu tốt Trong chương trỡnh Toỏn THCS cỏc toỏn liên quan đến tính tổng đa dạng, phong phú có ý nghĩa quan trọng em học sinh bậc học Để giải toỏn liên quan đến tính tổng, người ta phải cách giải thông minh nhất, tỡm cỏc biện phỏp hữu hiệu phự hợp với trỡnh độ kiến thức bậc học THCS để giải toán loại Do đó, đũi hỏi người học phải có cách suy nghĩ logic sỏng tạo, biết kết hợp kiến thức cũ với kiến thức cỏch logic cú hệ thống Trong đa số học sinh cỏc trường THCS khơng có hứng thú với loại tốn này, hầu hết em học sinh cảm thấy khó khăn gặp toán tớnh tổng khụng biết vận dụng để giải tập khác Đồng thời tài liệu tổng hợp cho dạng toán ít, tài liệu đưa số mà Vỡ để giúp em khắc phục khó khăn đó, tơi chọn nghiờn cứu đề tài sáng kiến kinh nghiệm: " Kỹ thuật tớnh số tổng hữu hạn THCS tập vận dụng" Nhằm cung cấp cho em cách hệ thống tập tính tổng tập liên quan đến tổng tập tự luyện II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: - Cung cấp cho học sinh, phụ huynh bạn đồng nghiệp có tài liệu bổ sung tốn liên quan đến tính tổng - Rèn luyện cho học sinh tư sáng tạo giải tốn nói chung tốn tớnh tổng nói riêng Cung cấp cho học sinh hướng tiếp cận gặp tập dạng toỏn - Phỏt huy trớ lực học sinh nhằm tỡm nhiều cỏch giải hay, phỏt triển nhiều toỏn - Giúp học sinh tự tin gặp toán tương tự giải toán thi cử III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU, PHẠM VI NGHIấN CỨU Đối tượng nghiên cứu - Học sinh THCS - Một số giỏo viờn phụ huynh học sinh Phạm vi nghiờn cứu : Hệ thống kiến thức Số học Đại số THCS IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU, TÀI LIỆU NGHIÊN CỨU Phương pháp nghiên cứu - Đánh giá - Suy diễn - Phõn tớch – tổng hợp Tài liệu hổ trợ nghiờn cứu - Tạp chí tốn học tuổi trẻ, toán tuổi thơ - 1001 toán sơ cấp( 1) - Một số sáng kiến kinh nghiệm mạng internet đồng nghiệp tớnh tổng THCS - Nõng cao phỏt triển toỏn 6, 7, 8, 9.(Vũ Hữu Bỡnh – NXBGD) - Một số tài liệu khỏc Phạm vi ỏp dụng - Áp dụng vào việc giảng dạy chuyên đề trường học - Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn THCS, ơn tập cho học sinh thi vào trường chuyên, lớp chọn THPT - Bổ sung tài liệu tham khảo cho học sinh, phụ huynh học sinh cán giáo viên V ĐÓNG GÓP VỀ MẶT KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI: - Đề tài nhằm cung cấp cho học sinh, bạn đồng nghiệp quý phục huynh số toỏn kỹ thuật làm toán liên quan đến tổng hữu hạn THCS Giúp em có hệ thống phương pháp giải dạng tốn - Giúp học sinh có định hướng gặp toán liên quan đến tổng hữu hạn THCS - Cung cấp thêm tài liệu phục vụ công tác bồi dưỡng học sinh giỏi thi vào THPT B NỘI DUNG CHƯƠNG I : KỸ THUẬT TÍNH MỘT SỐ DẠNG TỔNG HỮU HẠN Ở THCS Dạng tổng 1: Tổng hữu hạn cỏc số tự nhiờn Bài toỏn 1.1: Với n số tự nhờn, tớnh cỏc tổng sau: a) S1 = + + + … + n b) S2 = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n.(n + 1) c) S3 = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + n.(n + 1).(n + 2) Lời giải: a) S1 = + + + … + n (1) Ta viết lại tổng S1 theo thứ tự ngược lại sau: S1 = n + n - + … + (2) Cộng (1) (2) theo vế ta được: 2S1 = (n + 1) + (n + 1) + … + (n + 1) = n (n + 1)  S1  n. n  1 Nhận xột: Đây tổng quen thuộc đơn giản mà em biết Việc tớnh tổng đơn giản song có nhiều vận dụng quan trọng Chẳng hạn ta sử dụng để tính tổng S2.Chỳng ta cú thể mở rộng tổng với khoảng cách hai số hạng liên tiếp lớn Bài toán tổng quát là: S = a + (a + k) + (a + 2k) + … + (a + nk) (Khoảng cỏch giứa hai số liờn tiếp k; với a, n, k cỏc số tự nhiờn) Ta tính S = n(nk + 2a)/2 b) Ta cú: 1 k  k  1  k  k  1  k  2   k  1   k  k  1 k     k  1 k  k  1 3 1 Thay k 1, ta có : 1.2  1.2.3  0.1.2 3 1 Thay k 2, ta có : 2.3  2.3.4  1.2.3 3 1 Thay k 3, ta có : 3.4  3.4.5  2.3.5 3 1 Thay k n, ta có : n n  1  n n  1 n     n  1 n n  1 3 Cộng theo vế cỏc biểu thức trờn, ta cú: S  n n  1 n  2 (k  N ) Nhận xột: Kỹ thuật để tính tơng xuất phát chổ : Tớch n(n + 1) tích số tự nhiên liên tiếp ta tạo thêm số tự nhiên liền sau n + số tự nhiên liền trước n – để tạo thừa số rút gọn cách tương tự ta tính tổng S3 c)Với số tự nhiờn k ta cú: k  k  1 (k  2)  k  k  1(k  2)  k  3   k  1  1  k  k  1 k   (k  3)   k  1 k  k  1 (k  2) 4 1 Thay k 1, ta có : 1.2.3  1.2.3.4  0.1.2.3 4 1 Thay k 2, ta có : 2.3.4  2.3.4.5  1.2.3.4 4 1 Thay k 3, ta có : 3.4.5  3.4.5.6  2.3.4.5 4 1 Thay k n, ta có : n n  1  n  2  n n  1 n  (n  3)   n  1 n n  1 (n  2) 4 Cộng liên đẳng thức theo vế ta được: S3  n n  1 n  2(n  3) Nhận xột: Tổng trờn cú thể tổng quỏt lờn nhiếu số hạng tích, với cách tính nờu nhận xột cõu b) Bài toỏn 1.2: Với n số tự nhiờn, tớnh cỏc tổng sau: a) S1 = 1.3 + 3.5 + 5.7 + 7.9 + … + (2n + 1)(2n + 3) b) S2 = 1.99 + 2.98 + 3.97 + … + 99.1 Lời giải: a) Với số tự nhiờn k ta cú:  2k  1(2k  3) 1  2k  1(2k  3)  2k  5   2k  1   2k  1(2k  3)(2k  5)   2k  1(2k  1)(2k  3) 6 1 Thay k 1, ta có : 1.3  3.5.7  1.3.5 6 1 Thay k 2, ta có : 3.5  5.7.9  3.5.7 6 1 Thay k 3, ta có : 5.7  7.9.11  5.7.9 6  Thay k n, ta có :  2n  1(2n  3)   2n 1(2n  3)(2n  5)   2n  1(2n 1)(2n  3) 6 Cộng đẳng thức theo vế ta : S1   2n  1(2n 1)(2n  3)  1.3.5    2n  1(2n 1)(2n  3)  1.3.5 6 Nhận xột : Về kỹ thuật tính tổng giống tính tổng 1, tạo số liền sau liền trước số hạng tích (2n + 1)(2n + 3) (2n + 5) (2n – 1), sau khai triển rút gọn Đặc biệt tổng nới rộng khoảng cách số hạng tích thành tốn tổng qt sau : S n a.( a  k )  (a  k ).( a  2k )   (a  nk ).( a  nk  k )   (a  nk ).( a  nk  k ).( a  nk  2k )  (a  nk  k )(a  nk ).( a  nk  k ) 3k b) S2 = 1.99 + 2.98 + 3.97 + … + 99.1 1.99  2.(99  1)  3.(99  2)   99.(99  98) 1.99  2.99  3.99   99.99  (1.2  2.3   98.99) 99 (1     99)  98.99100 99 99.100   98 99100 166650 Nhận xột: Bài toỏn tổng quỏt tổng S2 là: Sn = 1.n + 2.(n - 1) + 3.(n - 2) + … +( n - 1).2 + n.1 = n.(n  1)(n  2) Bài toỏn 1.3: Tớnh cỏc tổng sau: b) S a  aa   aa    a a) S1 1  11  111   11  ; n sô n Sô a Lời giải: a) Ta cú: S1 1  11  111   11  n sô 10  10  10  10 n       9 9  (10  10  10   10 n  n) Xột riờng tổng : S = 10 + 102 + 103 + 10n Ta cú 10.S = 102 + 103 + 10n + 10n+1 Suy : 10 n 1  10 10.S – S = 10n+1 – 10 Hay : S  10 n 1  9n  10 n Từ ta có: S1  (10  10  10   10  n)  81 b) S a  aa   aa   a n Sô a a.(1  11  111   11  1) n sô  a.(10 n 1  9n  10) 81 Bài toỏn 1.4: Với n số tự nhiờn khỏc 0, tớnh tổng: S=1! + 2.2! + 3.3! + … + n.n! Lời giải: Ta cú : 1! = 2! – 1! 2.2! = 3! – 2! 3.3! = 4! - 3! ………… n.n! = (n + 1)! – n! Suy S = 2! – 1! + 3! – 2! + 4! - 3! + … + (n + 1)! – n! = (n + 1)! - Dạng tổng 2: Tổng phõn thức Bài toỏn 2.1: Với n số tự nhiờn khỏc khụng Tớnh cỏc tổng sau: 1 1 a) A      1.2 2.3 3.4 n.(n  1) 1 1 b) B      1.2.3 2.3.4 3.4.5 n.( n  1).( n  2) 2 2 c) C      1.3 3.5 5.7 n.( n  2) Lời giải: a) Ta cú: 1 1 1 1 1 1 A              1.2 2.3 3.4 n.( n  1) 2 3 n n 1 A 1  n 1  n   n 1 n 1 n 1 b) Ta cú: 1 1      1.2.3  1.2 2.3  1 1      2.3.4  2.3 3.4   1 1     n n  1 n    n n  1  n  1 n    1 1  Cộng theo vế cỏc đẳng thức ta được: B    1.2 (n  1)( n  2)  Nhận xột: Tổng A B mở rộng thêm nhiều tích liên tiếp mẫu, với cách làm tương tự Bài toán tổng quát sau: 1 Sn     1.2.3 m 2.3.4  m  1 n n  1 n    n  m  1   1    Ta cú ngay: S n  m   1.2.3  m  1  n  1 n   n  3  n  m  1  (với m n cỏc số tự nhiờn khỏc khụng) 3 c) Ta cú: C = 1-   C = 1- 1 1      5 n n2 n   n 1   n2 n2 n2 Nhận xột: Tổng C ta cú thể nới rộng khoảng cỏch số tớch mẫu Bài toỏn tổng quỏt sau: Sn  1    a (a  m) (a  m)(a  2m)  a   n  1 m  a  nm (với a số tự nhiờn khỏc khụng, m n cỏc số tụ nhiờn) Ta tính được: Sn  �1 � � � m �a a  nm � Và ta cú thể nới rộng nhiều tớch với cựng khoảng cỏch mẫu Bài toỏn 2.2: Với n số tự nhiờn khỏc khụng, tớnh tổng : S 1  1    1 1      n Lời giải: 1 2         n n(n  1) n(n  1) n n  2 2 2 2n Suy : S 1        2   3 n n 1 n 1 n 1 Ta có : Bài toỏn 2.3: Với n số tự nhiờn khỏc 0, tớnh tổng a) A  2n     2 (1.2) (2.3)  n.(n  1) 12 2 n2 b) B     1.3 3.5 (2n  1)(2n  1) Lời giải: 2k  1 a) Ta cú:  k (k  1)  k  (k  1) 1   2 (1.2) 1 Thay k 2, ta có :  2 2 (2.3) 2n  1 Thay k n, ta có :  2  n(n 1) n (n 1) Thay k 1, ta có : Cộng theo vế đẳng thức ta : A 1  (n  1) k2 k2  1      b)Ta cú : (2k  1)(2k  1)  k  2k   12 12 1 Thay k 1, Ta có :  (  ) 1.3 22 22 1 Thay k 2 , Ta có:  (  ) 3.5 Thay k n, Ta có : n2 n2 1  (  ) (2n  1)(2n  1) 2n  2n  Cộng theo vế đẳng thức ta được: 12 1 2 1 n2 1 (  ) (  )   (  ) 3 2 n  2n  1 2 2 32 32 n2 n2  (1          3 5 7 2n  2n   n2 1 22 32 2 (n  1)  n2     1  (  )  (  )       2 3 5  2n  2n   2n  1 n2 n2 n(n  1)  (1     )  (n  ) 2n  2n  2.(2n  1) B Bài toỏn 2.4: Với n số tự nhiờn khỏc 0, tớnh cỏc tổng sau: a) A  b) B  1 1  1  2   2 n  n 1   (n  1) n  n n  Lời giải: a) A   1  2 1(  1) (  )(  1)    n  n 1 1(  2) (  )(  2)   1( n   n) ( n  n  1)( n   n)       n   n  n   1 1 b) B     1  (n  1) n  n n  1 n 1  n     (n  1) n  n n  n  n ( n   n ) n  n (n   n) n Từ đó: n 1 1    1  (n  1) n  n n  1 1 1 1         2 3 n n 1 1  n 1 B Bài toỏn 2.5: Tớnh:      a ) A   1  1   1 2    100       b) B 1  1   1       100  Lời giải:         15  9999 a ) A   1  1   1  1002 2    100  1.3 2.4 3.5 99.101 1.2.3 98.99 3.4.5 100.101 101 101     2.2 3.3 4.4 100.100 2.3.4 99.100 2.3.4 99.100 100 200  99     b) B 1  1   1         100  100 100 Dạng tổng 3: Tổng lũy thừa Bài toỏn 3.1: Với a n số tự nhiên lớn 1, tính tổng: A = a + a + a3 + … + a n Lời giải: Ta cú: a.A = a(a + a2 + a3 + … + an) = a2 + a3 + a4 + … + an + an + Suy ra: a.A – A = (a2 + a3 + a4 + … + an + an + 1) – (a + a2 + a3 + … + an) Hay: (a – 1).A = an + – a  A  a n 1  a a Nhận xột: Với việc thay a = 2, ta cú : A = + 22 + 23 + … + 2n = 2n + – Thay a = 3, ta cú : A = + 32 + 33 + … + 3n = (3n + – 3)/2 …… a k nk  a k Tổng A cú dạng tổng quỏt là: A = a + a +a +…+a ak  a 22 n  a 4 + 2n  Chẳng hạn thay k = 2, ta cú : A = a + a + a + … + a a 1 k k +k k + 2k k + nk  Bài toỏn 3.2: Với n số tự nhiờn khỏc 0, tớnh cỏc tổng sau : a) A = 12 + 22 + 32 + … + n2 b) B = 13 + 23 + 33 + … + n3 Lời giải: a) Với đẳng thức đúng: (x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + Thay x = 0, ta cú: 13 = 03 + 3.02 + 3.0 + Thay x = 1, ta cú: 23 = 13 + 3.12 + 3.1 + Thay x = 2, ta cú: 33 = 23 + 3.22 + 3.2 + ……………… Thay x = n, ta cú : (n + 1)3 = n3 + 3n2 + 3n + Cộng theo vế đẳng thức ta : 13 + 23 + 33 + … + n3 + (n + 1)3 = 03 + 13 + 23 + 33 + … + n3 + 3.(02 + 12 + 22 + 32 + … + n2) + 3.(0 + + + + … + n) + (1 + + + … + 1) Chuyển vế thu gọn với lưu ý ưư A = 12 + 22 + 32 + … + n2; + + + … + n = n(n + 1)/2 + + … + = n +  (n + 1)3 = 3.A + 3.(1 + + + … + n) + (n + 1) ( n  1)   A 3n(n  1)  (n  1) n(n  1)(2n  1)  b) Bằng cách sử dụng đẳng thức (x + 1)4 = x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + thực tính câu a) ta kết Sau đay xin nêu thêm kỹ thuật khác để tính tổng B sau: 10 x ( x  1) ( x  1) x  4 2 2.12 Thay x 1, ta có : 13   4 2 12.2 Thay x 2, ta có :   4 2 2 Thay x 3, ta có : 33   4 Ta có : x  Thay x n, ta có : n  n (n  1) ( n  1) n  4 Cộng theo vế đẳng thức ta được: B  n (n  1) 4 Dạng tổng 4: Tổng phần nguyờn, phần lẻ Bài toỏn 4.1: Với n số tự nhiờn khỏc 0, tớnh tổng: A [ 1]  [ ]  [ ]   [ 35 ] (Ở [x] kư hiệu phần nguyên số tự nhiên x) Lời giải Ta có : A [ 1]  [ ]  [ ]   [ 35 ]   [       [ 1]  [ ]  [ ]  [ ]  [ ]   [ ]  [ ]  [ 10 ]   [ 15 ]     16 ]  [ 17 ]   [ 24 ]  [ 25 ]  [ 26 ]  [ 35 ] (1   1)  (2    2)  (3    3)  (4    4)  (5    5) 1.3  2.5  3.7  4.9  5.11 125 Bài toỏn 4.2: Với n số tự nhiờn khỏc 0, tớnh tổng: A [ 1.2.3.4 ]  [ 2.3.4.5 ]   [ n.(n  1)( n  2)( n  3) ] Lời giải: Với số tự nhiờn k, ta cú: k (k  1)(k  2)(k  3) [k (k  3)][(k  1)(k  2)] ( k  3k )(k  3k  2) (k  3k )  2(k  3k )  (k  3k )  2(k  3k )  (k  3k  1) Mà : (k  3k )(k  3k  2) ( k  3k )(k  3k ) (k  3k ) Hay : (k  3k ) k (k  1)(k  2)(k  3)  (k  3k  1) Suy ra: k  3k  k (k  1)(k  2)(k  3)  k  3k   [ k ( k  1)(k  2)(k  3) ] k  3k Thay k 1, ta có : [ 1.2.3.4 ] 12  3.1 Thay k 2, ta có : [ 2.3.4.5 ] 2  3.2 Thay k n, ta có : [ n.( n  1)(n  2)(n  3) ] n  3n 11 Cộng theo vế đẳng thức ta được: A (12  2   n )  3(1    n) n(n  1)(2n  1) 3n(n  1) n(n  1)(2n  10)    6 CHƯƠNG II: BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài toỏn 1: Chứng minh rằng: 1 1 1 1          49.50 26 27 28 50 Lời giải: 1 1 1 1 1 1             1.2 3.4 5.6 49.50 49 50 1 1 1 1 1 1          2(    ) 49 50 50 1 1 1 1 1 1          (    ) 49 50 25 1 1      (đpcm) 26 27 28 50 Ta có : Bài toỏn 2: Tỡm x, biết: 1 1 1 1 (     ).2014 x (     ).2013 1.2 3.4 5.6 9.100 51 52 53 100 (Trích đề thi HSG lớp Huyện Lộc Hà – Năm học: 2013 – 2014) Lời giải: Sử dụng kết toỏn 1, ta cú: 1 1 1 1          1.2 3.4 5.6 9.100 51 52 53 100 1 1 1 1 Khi : (     ).2014 x (     ).2013 1.2 3.4 5.6 9.100 51 52 53 100 2013  x 2014 12 Bài toỏn 3: Chứng minh rằng: 1      12 1.2 3.4 9.100 (Trích đề thi HSG lớp Huyện Hậu Lộc – Thanh Hóa – Năm học: 2012 - 2013) Lời giải: Sử dụng kết toỏn 1, ta cú: 1 1 1 1          1.2 3.4 5.6 9.100 51 52 53 100 1 1 1 (     )  (    ) 51 52 53 75 76 77 100 1 1 1 Do : (     ) (    ) nên : 51 52 53 75 76 77 100 1 1 1 1 1 (     )  (    )  25  25  25  25  51 52 53 75 76 77 100 51 76 50 75 1 1 1 1 1 (     )  (    )  25  25    51 52 53 75 76 77 100 75 100 12 1  Suy ra:     12 1.2 3.4 9.100 Bài toỏn 4: Tớnh tổng gồm 2014 số hạng :      2014  100 x f  f    f   Trong đó: f ( x)   2015   2015   2015  100 x  10 (Trích đề thi HSG huyện Lộc Hà – Lớp – Năm học: 2013 - 2014) Lời giải: Trước hết ta xét a b hai số thỏa a + b = Khi đó: 100 a 100 b 100 a (100 b  10)  100 b (100 a  10) f ( a)  f (b)  a   100  10 100 b  10 (100 a  10)(100 b  10) 2.100 a b  10.(100 a  100 b ) 200  10.(100 a  100 b )  a b  1 100  10.(100 a  100 b )  100 200  10.(100 a  100 b ) Áp dụng cho tổng trờn ta cú: 2014 ) f ( ) 1 2015 2015 2013 f( ) f ( ) 1 2015 2015 1007 1008 f( ) f ( ) 1 2015 2015 f( Cộng theo vế 1007 đẳng thức ta được: f( 2014 ) f ( )   f ( ) 1007 2015 2015 2015 Bài toỏn 5: Chứng minh rằng: 13 1    1 2 100 199 b) 2  2  2   1 2 3 99 100 2 100 c)      100  3 3 a) Lời giải : a ) Ta có : 1 1 1        1  1 2 100 1.2 2.3 99.100 100 199 2  12 32  2  32 100  99          12.2 2 2.32 32.4 99 2.100 12.2 2 2.32 32.4 99 2.100 1 1 1 1 1         1  1 2 3 99 100 100 b) Ta có : c) Đặt : 100 A       100 3 3 3 100  A 1      99 3 3 1 1 100 Do :3 A  A 1  (     99 )  100 3 3 Lại đặt : 1 1 1 1 B      99  B     99  100 3 3 3 3 1 1 1 Do : B  B   100  B  (1  99 )  3 3 1 Suy : A    100    A  ( Đpcm) Bài toỏn 6: Với n số tự nhiên lớn 1, chứng minh : 1 1     2 2.3 3.4 n.( n  1) Lời giải: k 1  k 1    (k  N , k  1) 2 k (k  1) (k  1) k (k  1) k (k  1) 1 1 1 Mà :   [  ] k (k  1) k (k  1) k (k  1) Ta có : 1 1 1 1   [ 2 ]  [ 2 ] 2 k (k  1) (k  1) k ( k  1) (k  1) k (k  1) 1 1   [ 2 ] k (k  1) k (k  1)  14 1 1  (  2) 2 2 3 1 1 Thay k 3, ta có :  (  ) 3 4 1 1 Thay k n, ta có :  [  ] 2 n n.(n  1) (n  1) Thay k 2, ta có : Cộng theo vế đẳng thức ta có : 1 1 1 1 1     [      ] 2 2 2.3 3.4 n.( n  1) 3 n (n  1) 1 1  [  ] 2 (n  1) Bài toỏn 7: Tỡm số nguyờn dương n cho :  1          n     3 3 3  n  3n  7225 (Trích đề thi Olympic 30 - 04) Lời giải : Với mN*, xột : [3 m ] k  k [3 m ]  k   k m (k  1)3  Với số k cho trước, số số m thỏa : [3 m ] k là: ( k  1)  k 3k  3k  Gọi tổng tương ứng chúng Sk , ta cú : Sk = k( 3k  3k  ) = 3k  3k  k Do [3 n  1] n  1;[3 n ] [3 n  1]  [3 n  2n  ] n[3 n  1] Với n >  1          3 n   n     n3   3 n  3n   n  S k  (2n  5)n  (3k  3k  k )  (2n  5)n k 1 k 1 (n  1)n(2n  1) ( n  1) n  (n  1)n  3 3   2n  5n    3n  2n  n  20n  Suy ra:  1          n     3 3 3  n  3n  7225 3n  2n  n  20 n 7225  3n  2n  n  20 n  28900 0   (n  10)(3n  28n  287 n  2890) 0 Do n  suy : n 10 Bài toỏn 8: Cho a1 , a2 , …, an cỏc số thực thỏa món: 15 a1  a1   a1 2014 Chứng minh rằng: a1 a a    n  4028 n1 n  1 2 (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Toán – ĐH Vinh – năm học: 2009 – 2010) Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho dóy số: a1 , a2 , …, an 1 , , , Ta cú: n n 1 a  a 1  a1 2        n  (a1  a1   a1 ).   (n  1)  n n n  1 2014.    2 (n  1) n 1    1 Lại cú: k k  k       k Với k = 1, ta cú: 1   2  1 1 1 2 Với k = 2, ta cú: 1 2     1 2 2 2 ……………………………………… Với k = n, ta cú: 1 2     1 n 2n  2n  n n 2 Cộng theo vế đẳng thức ta được: 1 1      2 2 (n  1) n 2n  a  a a      n  2014.2 4028 1  n n a a a     n  4028 n n 1 Bài toỏn 9: Rỳt gọn biểu thức: P (14  4)(54  4)(9  4) ( 214  4) (34  4)(7  4)(114  4) ( 234  4) Lời giải: Ta cú: n4 + = (n2)2 + 4n2 + - 4n2 = (n2 + 2)2 - 4n2 = (n2 + - 2n).(n2 + + 2n) = [(n - 1)2 + 1] [(n + 1)2 + 1] Do : 16 P (14  4)(54  4)(9  4) ( 214  4) (34  4)(7  4)(114  4) ( 234  4) (0  1)(2  1) (4  1)(6  1) (82  1)(10  1) (202  1)( 222  1) (2  1)(32  1) (6  1)(82  1) (10  1)(12  1) (222  1)( 242  1) 1   24  577  Nhận xột : Bài toỏn tổng quỏt : Với n số tự nhiên lớn 1, ta có : P (14  4)(5  4)(9  4) [(4n  1)  4]  4 4 (3  4)(7  4)(11  4) [(4n  3)  4] ( 4n  4)  Bài toỏn 10 : Với n số tự nhiên lớn 1, tính : A 23  33  43  n  23  33  43  n  Lời giải : Ta có : k  (k  1)( k  k  1) (k  1)[(k  0,5)  0,75]   k  (k  1)(k  k  1) (k  1)[(k  0,5)  0,75]  (2  1)[(2  0,5)  0,75] 3.(1,5  0,75) Thay k 2, ta có :   1 (  1)[(2  0,5)  0,75] 1.( 2,5  0,75) 33  (3  1)[(3  0,5)  0,75] 4.( 2,52  0,75)   33  (3  1)[(3  0,5)  0,75] 2.(3,52  0,75) Thay k 3, ta có : Thay k n, ta có : n  (n  1)( n  n  1) (n  1)[(n  0,5)  0,75]   n  (n  1)( n  n  1) (n  1)[(n  0,5)  0,75] 23  33  43  n  23  33  43  n  3.(1,52  0,75) 4.(1,52  0,75) (n  1)[(n  0,5)  0,75]  1.(2,52  0,75) 2.(3,52  0,75) (n  1)[(n  0,5)  0,75] Suy : A   3.4 (n  1) (1,52  0,75).(2,52  0,75) [(n  0,5)  0,75] 1.2 (n  1) (2,52  0,75).(3,52  0,75) [(n  0,5)  0,75]  (1,52  0,75).n.(n  1) 3n(n  1)  (n  0,5)  0,75 n  n 1 Bài toỏn 11: Với n số nguyên dương (n  2), đặt :  1     Pn 1   1   1              n  Tỡm tất cỏc số nguyờn dương n (n  2) cho P số nguyờn n ( Trích đề thi HSG Tỉnh lớp – Hà Tĩnh – Năm học : 2014 – 2015) 17 Lời giải : Với số tự nhiên k lớn 1, ta có : 1 k (k  1)  k  k  (k  1)( k  2) 1  1     k (k  1)    k k (k  1) k ( k  1) k (k  1) k (k  1) 1  Thay k = 2, ta được:   2 2.5  Thay k = 3, ta được:    3.4 3.6  Thay k = 4, ta được:     4.5 1 ………………………… (n  1)( n  2) Thay k = n, ta được:     k  n(n  1) Nhõn theo vế đẳng thức trên, ta có : 1.4 2.5 3.6 (n  1)(n  2) 1.2.3 (n  1) 4.5.6 (n  2) n  n     2.3 3.4 4.5 n(n  1) 2.3.4 n 3.4.5 (n  1) n 3n 3n Suy : P  n  3  n  n Do để P số nguyờn thỡ số nguyờn, suy n + Ư(6) n2 n Pn  Từ tỡm n = CHƯƠNG III : BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Chứng minh với số nguyên dương n, ta có : 1     2 n 1 1 b)     2 3 (n  1) n 1 c)    1 2 1 3  2 (n  1) n   n n 2n  1 d)      4 4 4 ( 2n  1)  4 1 1 89 e)      (n  1) n 45 n 1 1 g)      n  n (n 2) 2 1 a )1  n 1 Bài 2: Với n số tự nhiờn khỏc 0, tớnh : 1 1 (2  )(  )(6  ) ( 2014  ) 4 4 a) A  1 1 (1  )(3  )(3  ) ( 2015  ) 4 4 18 n b) B 1      n  15 2n 1 c )C      n  2 2 2 (2n  12 d )D     ( n  2)  1 1 1      1(2n  1) 3(2n  3) 5( 2n  5) (2n  3).3 (2n  1).1 e) E  1 1     2n  g )G ( n n n 1 1     ) : (    ) n n h) H 3  33  35   n 1  n 1 Bài 3: Với n số tự nhiên lớn 1, chứng minh : 1 1      n 1 n  2n 1 1 b)1      n 1   2 c )(1  )(1  )(1  ) 1  3.5  n(n  2)  1 1 d )2 n       2 n 2 n 1.3.5 (2n  1) e)   2.4.6 2n n 3n  1 1 g )0,71      0,72 ( n 5) 2! 3! n! a) Bài 4: Tỡm số tự nhiờn x, biết: a ) 13   33   x 1406 1 1 b)     1.5 5.9 401.405 x  Bài 5: Tớnh: 100  100   100  a) A       100     3  3   50   50   50  b)B        100    2  2  Bài 6: a)Viết số 108 thành tổng số tự nhiên liêp tiếp lớn b) Hóy viết số 100 thành tổng cỏc số tự nhiờn lẽ liờn tiếp 19 C KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Trên kỹ thuật số toỏn liên quan đến tổng hữu hạn THCS điển hỡnh thường gặp Tuy nhiên việc sử dụng phương pháp nói phải vận dụng cho thích hợp, phương pháp khơng nên quan trọng hóa đề cao giải dạng toán Điều cốt yếu sử dụng phương pháp cho phụ hợp để đạt hiệu tốt nhất, nhanh Điều đũi hỏi người thầy phải có kinh nghiệm tốt giảng dạy, phải thật đào sâu giảng dạy Sau nhiều năm giảng dạy tâm đắc với toán liên quan đến tổng hữu hạn THCS tụi tự rỳt số kinh nghiệm quý bỏu sau : 20 - Thường xuyên khắc phục sai lầm giải toán tớnh tổng nói riêng tập nói chung Điều có ý nghĩa lớn việc giỳp học sinh hiểu sõu, nắm vững cỏc kiến thức bản, rèn luyện kỹ trỡnh bày chớnh xỏc, ngắn gọn - Hệ thống cỏc kỹ thuật cần thiết cho cỏc toỏn dạng này, giúp học sinh bạn đồng nghiệp có cơng cụ hữu hiệu để giải tập cách chắn, hiệu tiết kiệm thời gian - Luôn nắm kiến thức bản, kỹ cần thiết toán liên quan đến tổng hữu hạn giúp học sinh có cách giải sáng tạo - Biết sử dụng mối liên hệ đại số số giỳp thờm cụng cụ hữu ớch cho cỏc em giải cỏc toỏn liên quan đến tổng hữu hạn Dù cố gắng với tuổi đời tuổi nghề non trẻ nên đề tài tơi trỡnh bày khụng thể trỏnh khỏi thiếu sút Tụi mong nhận nhiều ý kiến đóng góp từ cấp trên, bạn đồng nghiệp quý phụ huynh học sinh để viết hồn chỉnh Tơi xin chân thành cảm ơn! 21 MỤC LỤC TRANG A ĐẶT VẤN ĐỀ I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU, PHẠM VI NGHIấN CỨU IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU, TÀI LIỆU NGHIấN CỨU V ĐÓNG GÓP VỀ MẶT KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI B NỘI DUNG CHƯƠNG I :KỸ THUẬT TÍNH MỘT SỐ DẠNG TỔNG HỮU HẠN Ở THCS Dạng tổng 1: Tổng hữu hạn cỏc số tự nhiờn Dạng tổng 2: Tổng phõn thức Dạng tổng 3: Tổng lũy thừa Dạng tổng 4: Tổng phần nguyờn, phần lẻ CHƯƠNG II: BÀI TẬP VẬN DỤNG CHƯƠNG III : BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 1 2 C KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3 10 12 18 20 22 ... NỘI DUNG CHƯƠNG I :KỸ THUẬT TÍNH MỘT SỐ DẠNG TỔNG HỮU HẠN Ở THCS Dạng tổng 1: Tổng hữu hạn cỏc số tự nhiờn Dạng tổng 2: Tổng phõn thức Dạng tổng 3: Tổng lũy thừa Dạng tổng 4: Tổng phần nguyờn,... học sinh giỏi thi vào THPT B NỘI DUNG CHƯƠNG I : KỸ THUẬT TÍNH MỘT SỐ DẠNG TỔNG HỮU HẠN Ở THCS Dạng tổng 1: Tổng hữu hạn cỏc số tự nhiờn Bài toỏn 1.1: Với n số tự nhờn, tớnh cỏc tổng sau: a) S1...  Bài 6: a)Viết số 108 thành tổng số tự nhiên liêp tiếp lớn b) Hóy viết số 100 thành tổng cỏc số tự nhiờn lẽ liờn tiếp 19 C KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Trên kỹ thuật số toỏn liên quan đến tổng hữu hạn