một số vấn đề về tổng hữu hạn

Mục lục1 Những tổng hữu hạn không biểu diễn được qua các hàm đại 1.1 Một số tiêu chuẩn đối với tổng riêng... Mục đích nghiên cứu Mục đích của luận văn là trình bày những tổng hữu hạn khô

Lời cảm ơn

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Dương Quốc Việt,người đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ và tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp tácgiả hoàn thành luận văn này Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn các thầy

cô trong khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội, đặc biệt là các thầy côtrong tổ bộ môn Đại số đã tạo điều kiện cho tác giả học tập trong môi trườngtốt nhất Cuối cùng tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè và đồng nghiệp đãluôn động viên và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập, nghiên cứutại trường

Hà Nội, tháng 6 năm 2016Tác giả luận văn

Sonphet JIDTAMANY

Mục lục

1 Những tổng hữu hạn không biểu diễn được qua các hàm đại

1.1 Một số tiêu chuẩn đối với tổng riêng 4

1.2 Một số ứng dụng 11

2 Một số phương pháp tính tổng hữu hạn 17 2.1 Phương pháp nội suy 17

2.2 Phương pháp quy về các tổng trừ 21

2.3 Phương pháp đạo hàm và tích phân 25

2.4 Sử dụng số phức 27

2.5 Một số phương pháp khác 30

2.6 Phương pháp sử dụng hàm sinh 36

2.6.1 Dùng hàm sinh là đa thức 36

2.6.2 Dùng hàm sinh là các chuỗi lũy thừa vô hạn 40

Phần mở đầu

1 Lí do chọn đề tài

Trong chương trình toán phổ thông, các vấn đề về tổng hữu hạn là mộtphần quan trọng của Đại số và Giải tích Các em học sinh thường phải đốimặt với nhiều bài toán khó liên quan đến chuyên đề này Trong các kì thi họcsinh giỏi cấp tỉnh, thành phố, quốc gia hay olympic toán khu vực và quốc tế,các bài toán về tổng hữu hạn cũng được đề cập rất nhiều và được xem nhưnhững dạng toán khó ở bậc trung học phổ thông Đối với người thày, khôngchỉ là việc tìm tòi, liệt kê ra các bài toán trong các sách tham khảo mà cònphải có khả năng sáng tạo, phát triển, tạo ra các bài toán mới theo từng chủ

đề nội dung phong phú Đó là một kĩ năng cần thiết của mỗi người thày dạytoán phổ thông Với mục đích đó tác giả chọn đề tài: “Một số vấn đề vềtính tổng hữu hạn”

2 Mục đích nghiên cứu

Mục đích của luận văn là trình bày những tổng hữu hạn không biểu diễnđược qua các hàm đại số và một số phương pháp tính tổng hữu hạn

3 Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp nghiên cứu: Đọc, dịch các tài liệu liên quan, nghiên cứu lýthuyết, phân tích, so sánh, tổng hợp

4 Cấu trúc luận văn

Trong luận văn này tác giả tập trung sưu tầm, phân loại và hệ thống cácbài tập về dãy số theo những chủ đề đã được viết dưới dạng mở trong cuốn:

" Đại số sơ cấp" của tác giả Dương Quốc Việt (Chủ biên) - Đàm văn Nhỉ Cụthể là các vấn đề: Những tổng hữu hạn không biểu diễn được qua các hàmđại số và một số phương pháp tính tổng hữu hạn Luận văn gồm phần mởđầu và hai chương:

Chương I: Những tổng hữu hạn không biểu diễn được qua các hàm đại số

Chương này trình bày các két quả trong [ 6 ] về các tiêu chuẩn cho cáchàm phải là các hàm hữu tỷ và các hàm đại số, cùng với ứng dụng của nótrong các tổng riêng hữu hạn

Chương II: Một số phương pháp tính tổng hữu hạn.

Chương này trình bày các phương pháp tính tổng hữu hạn, gồm,phương pháp nội suy, phương pháp quy về các tổng trừ, phương pháp đạohàm và tích phân, sử dụng số phức, một số phương pháp khác và phươngpháp sử dụng hàm sinh

Chương 1

Những tổng hữu hạn không biểu

diễn được qua các hàm đại số

Chương này trình bày tiêu chuẩn đối với các hàm số một biến nguyêndương không phải là hàm hữu tỷ và không phải hàm đại số; Một số ứng dụngđối với các tổng riêng của một số dãy số hữu tỷ nổi tiếng trong giải tích toánhọc

Xác định tính chất của tổng riêng S(n) =

n

P

i=1

ui của dãy số (ui)i≥1 là một

đề tài thú vị Mặc dù đã có nhiều tác giả đưa ra các công cụ khác nhau chovấn đề này nhưng không làm rõ được các hàm của tổng riêng là hàm đại sốhay hàm số siêu việt

Chương này đề cập đến một số vấn đề thiết yếu về hàm số một biếnnguyên dương không phải hàm hữu tỷ (xem Định lý 1.1.1) và không phảihàm đại số (xem Định lý 1.1.6) Đặc biệt, ta có được những kết quả như sauđối với tổng riêng của các chuỗi số hữu tỷ ( xem [ 6 ]) Giả sử (ui)i≥1 là mộtdãy số hữu tỷ Khi đó S(n) =

Sử dụng các tiêu chí này người ta có thể nghiên cứu các tổng riêng củamột số dãy số hữu tỷ nổi tiếng trong giải tích toán học trong mối quan hệvới lý thuyết số.

1.1 Một số tiêu chuẩn đối với tổng riêng

Phần này đề cập đến một số tiêu chuẩn đối với các hàm số một biếnnguyên dương không phải là hàm hữu tỷ và không phải là hàm đại số.Giả sử K là trường con của C, α ∈C Giả sử f (n) là hàm giá trị phứccủa một biến nguyên dương n Khi đó ta có các định nghĩa sau:

(i) α được gọi là một số hữu tỷ nếu α ∈Q[i], α là một số vô tỷ nếuα /∈Q[i].(ii) α được gọi là đại số trên trường K nếu tồn tại c0, c1, , ch ∈K với

ch 6= 0 Như vậy chαh+ ch−1αh−1+ · · · + c1α + c0 = 0 và α là siêu việttrên K nếu nó không là đại số trên K

(iii) α được gọi là một số đại số nếu α là đại số trên trường Q vàα là số siêuviệt nếu nó không là số đại số Ký hiệu trường các số đại số là Q

(iv) f (n) được gọi là một hàm hữu tỷ trên K nếu

f (n) = amn

m + am−1nm−1 + · · · a1n + a0

bdnd + bd−1nd−1 + · · · b1n + b0 ,

trong đó a0, , an ; b0, , bd ∈ K, bd 6= 0

(v) f (n) được gọi là hàm đại số trên K nếu tồn tại các đa thức biến n với

hệ số trên K: q0, q1, , qk ∈K[n] với qk(n) 6= 0 sao cho:

qk(n)[f (n)]k + qk−1(n)[f (n)]k−1 + · · · + q1(n) [f (n)] + q0 = 0

và f (n) là hàm siêu việt trên K nếu f (n) không phải là hàm đại sốtrên K

Khi đó ta có kết quả sau

Định lí 1.1.1 ([6, Theorem 2.1 ]) Giả sử f (n) là một hàm của biến nguyêndương n Khi đó:

(i) Nếu lim

(ii) Nếu lim

n→+∞ f (n) = 0 và lim

n→+∞n.f (n)= ∞ thì f (n) không là hàm hữu tỷcủa biến n trên C

(iii) Nếu lim

n→+∞ f (n)là số vô tỷ thì f (n)không là hàm hữu tỷ của biến n trên

quả trên ta có deg P (n) ≥ deg Q(n) + 1 = deg nQ(n) > deg P (n).Mâu thuẫn

(ii) Chứng minh tương tự (i)

(iii) Giả sử f (n) là hàm hữu tỷ trên Q[i] Từ lim

i không phải là một hàm hữu tỷ.

2n + 1 Từ điều này suy ra

(iii) Cho dãy số (un)n≥1 xác định bởi

u2 n−1+ 2

suy ra u2

n > u2 n−1 + 2 (1) và u2

n− 3 = u2

n−1+ 1

u2 n−1

Suy ra 1

√2k − 1 <

n → 0 khi n → ∞ Do đó theo Định lý 1.1.1(i)

suy ra f (n) không phải là một hàm hữu tỷ

(iv) Cho dãy số xác định bởi:

Suy ra u3n+1 = u3n + 3 + 3

u3 n

+ 1

u6 n(∀n ≥ 1)

Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được:

u3n ≤ u3

1+ 7 (n − 1) = 7n − 6.Cũng từ u3

n+1 = u3

n + 3 + 3

u3 n

+ 1

u6 n

un

< √3 13n + 2.

n <

1n

= √31

n · 1n

n→+∞g(n) = ∞ nhưng lim

n→+∞ng(n) = 0.Đối với (iii): Hàm q(n) = 2−n không là hàm hữu tỷ, nhưng

n→∞S(n) là một số vô tỷ

Chú ý 1.1.5 Nói chung, chiều ngược lại của Hệ quả 1.1.4 không đúng.Thật vậy:

Đối với (i): chọn (ui = i.i!)i≥1 Khi đó S(n) =

n

P

i=1i.i! = (n + 1)! − 1 không

phải hàm hữu tỷ và lim

Định lí 1.1.6 ( [6, Theorem 2.5] ) Giả sử K là một trường con của C và

f (n) là hàm một biến nguyên dương n Nếu lim

n→∞ f (n) là một số siêu việttrên K, thì f (n) là một hàm siêu việt trên K

Ta được ckαk + ck−1αk−1 + · · · + c1α + c0 = 0 đối với các c0, c1, , ck ∈K

không đồng thời bằng 0, nghĩa là α đại số trên K Mâu thuẫn này dẫn đếnđiều phải chứng minh

Lưu ý: Q là đại số trên Q, α ∈C là đại số trên Q khi và chỉ khi α là số đại

số Do đó ta có ngay hệ quả của Định lý 1.1.6

Hệ quả 1.1.7 Cho f (n) là hàm một biến nguyên dương n Nếu lim

n→∞f (n)

là một số siêu việt thì f (n) là một hàm siêu việt trên Q

Nhận xét 1.1.8 F (n) = 1+3−n là hàm siêu việt ẩnntrên Q mà lim

n→∞Fn = 1

(số đại số) Do đó điều ngược lại của Hệ quả 1.1.7 không đúng

Bây giờ giả sử (ui)i≥1 là dãy số hữu tỷ và S(n) =

n

P

i=1

ui Khi đó S(n) làhàm của biến n Do đó từ Hệ quả 1.1.7 ta có kết quả sau:

Hệ quả 1.1.9 Cho (un)n≥1 là dãy số hữu tỷ Giả sử lim

n→+∞ S(n) là một sốsiêu việt Khi đó S(n) =

n

P

i=1

ui là hàm siêu việt trên Q

Nhận xét 1.1.10 Điều ngược lại của Hệ quả 1.1.9 không đúng Thật vậy,bây giờ ta chọn (ui = 3−i)i≥1, thì S(n) =

Ví dụ 1.2.1 Giả sử a, b là hai số nguyên không âm với a 6= b Khi đó

không là hàm hữu tỷ biến n trên Q

Bài giải Lấy c = max {a, b} Khi đó

3 Tiếp theo, giả sử n > 1

Giả thuyết bằng quy nạp ta có:

Điều này dẫn tới lim

n→+∞

S(n)

n = 0 Như vậy S(n) không là hàm hữu tỷ trên

Q (theo Hệ quả 1.1.4 (i))

Chú ý 1.2.2 Trong toán học, số điều hòa thứn là tổng nghịch đảo của nsố

tự nhiên đầu tiên H(n) =

n

P

j=1

1

j Ví dụ 1.3.1 cho thấy H(n) không phải hàm

hữu tỷ biến n trên Q Euler đã tìm ra năm 1734 rằng lim

Q (xem [7]) Do đó chúng ta có một giả thuyết rằng "H(n) = ψ(n + 1) + γ

là hàm số siêu việt trên Q"

Ví dụ 1.2.3 Giả sử (un)n≥1 là dãy số xác định với u1 = 1 và

ui+1 =

ui+ 2

ui

Khi đó, hàm: F (n) = un không phải hàm hữu tỷ trên Q.

2 ≤ ui, ∀i ≥ 1 Khi đó (un)n≥1 là hội tụ

Từ đó tồn tại lim

n→∞ un Lấy lim

n→∞ un = x.Thế thì x =

x + 2x

n

P

j=1

1j!

là các hàm siêu việt trên Q

Hơn nữa lim

j→∞

2j + 1

j + 1 = limj→∞ln 2 = ln 2.Theo nguyên lý kẹp, ta có lim

Vì dãy {uj} có hai dãy con là {u2j} và {u2j+1} cùng hội tụ đến giới hạn

chung là ln 2 nên lim

Từ đó F (n) là số siêu việt trên Q theo Hệ quả 1.1.7 Theo phương trìnhLebnite ta có:

limn→∞ un =

∞

X

j=1

(−1)j−12j − 1 =

π

4.

Từ π là số siêu việt, theo Định lý Lindemann, L(n) là số siêu việt trên Q

theo Hệ quả 1.1.7 Từ đó: 1 + lim

Chú ý 1.2.6 Nhắc lại ψ(x)là hàm digama, đó là đạo hàm loga của hàm số

Γ của Euler Khi đó đã biết

Suy ra

f (2n)

f (2n − 1) =

(4n2 + 1) (4n2 + 4n + 2)(4n2+ 1) (4n2 − 4n + 2)

= (2n + 1)

2+ 1(2n − 1)2+ 1.

Suy ra an = (2n + 1)

2+ 1(1)2 + 1 = 2n

2 + 2n + 1 = n2+ (n + 1)2.Suy ra S(n) =

!

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 1.2.8 Cho a, b là các số đại số trên Q và dãy số (an)n≥1 xác định

Chứng minh biểu thức biểu thị số hạng tổng quát của dãy số đó không phải

là một biểu thức đại số trên Q

13! − · · · + (−1)n−2 1

(n − 1)!

.Suy ra lim

n→∞an = a − (b − a) e−1 là số siêu việt nên an không phải biểu thứcđại số trên Q

Chương 2

Một số phương pháp tính tổng hữu hạn

Trong Chương1, chúng ta đã có một số tiêu chuẩn cho những tổng hữuhạn không biểu diễn được qua các hàm đại số Đối với những tổng có thểtính được thì việc biếu diễn chúng cũng đòi hỏi những kỹ thuật nhất định.Trong chương này tác giả trình bày một số phương pháp tính tổng hữu hạn

Cụ thể là phương pháp nội suy, phương pháp quy về các tổng trừ, phươngpháp đạo hàm và tích phân, phương pháp sử dụng số phức và một số phươngpháp khác Với mỗi phương pháp đều có nhiều bài tập áp dụng và lời giải chitiết

2.1 Phương pháp nội suy

Chứng minh

Ta có S(n) − S(n − 1) = un Giả sửS(n) = adnd+ G(n) (vớideg G(n) < d)

là một đa thức bậc d > 0 Khi đó ta có un = S(n) − S(n − 1) = dadnd−1+H(n) (với deg H(n) < d − 1 sẽ là một đa thức bậc d − 1)

Đảo lại, giả sử (un)n≥1 là một đa thức bậc d − 1 theo biến nguyên không âm

n, ta sẽ chứng minh S(n) là đa thức bậc d theo biến nguyên không âm n.Trước hết ta chứng minh bằng quy nạp rằng: Nếu k là số nguyên không âm

và Gk(n) = 1k + 2k + · · · + nk thì deg Gk(n) = k + 1 Hiển nhiên khẳngđịnh đúng với k = 0 và k = 1 Giả sử khẳng định đúng với i ≤ k, ta chứng

P

i=1

ui = bd−1Gd−1(n) + · · · + b1G1(n) + b0(n) Theo chứngminh ở trên thì deg Gk(n) = k + 1 Do đó deg S(n) = d

Sau đây là Định lý Lagrange với biến nguyên dương

Định lí 2.1.2 Nếu Pd(n) là một đa thức bậc d với biến nguyên dương n thì:

i−1 d

n − iPd(i).

Chứng minh

Dễ kiểm tra được đẳng thức đúng với n = 1, 2, , d + 1 Lại có vì vế trái là

đa thức theo biến n, có bậc không vượt quá d, cùng với deg Pd(n) = d nên

Lại có S(1) = 1, S(2) = 5, S(3) = 14, S(4) = 30 nên theo Định lý 2.1.2

thì:

S(n) = (n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4)

3!

−C0 3

n − 1 +

5C1 3

n − 2 − 14C

2 3

n − 3 +

30C3 3

n − 2 +

36C2 4

n − 3 − 100C

3 4

n − 4 +

225C4 4

Lại có S(1) = 1, S(2) = 10, S(3) = 35, S(4) = 82 Nên theo Định lý 2.1.2

n − 1 +

10C1 3

n − 2 − 35C

2 3

n − 3 +

82C3 3

n − 4



u(2) = 28, u(3) = 153, u(4) = 496, u(5) = 1225 nên theo Định lý 2.1.2 thì

n − 2 +

153C2 4

n − 3 − 496C

3 4

n − 1 +

17C1 5

n − 2 − 98C

2 5

n − 3 +

354C3 5

n − 4 − 3479C

4 5

Từ bậc của un là d − 1 suy ra bậc của S(n) là d Tính các giá trị

S(1), S(2), , S(d + 1) sau đó thay vào công thức trong Định lý 2.1.2 Tuynhiên việc tính toán sẽ trở nên phức tạp nếu bậc của un là lớn Trong một

số trường hợp để tính tổng hữu hạn các của các phân thức , người ta còn sửdụng một số tính chất của đa thức, đặc biệt là công thức nội suy Lagrange.Định lí 2.1.9 (Công thức nội suy Lagrange) Nếu x1, x2, , xn là n

giá trị tùy ý khác nhau và f (x) là một đa thức bậc nhỏ hơn n thì ta có:

Thật vậy, đề thấy rằng F (xi) = 0 với i = 1, 2, 3, , n Nếu F (x) 6= 0 thì

F (x) < n nhưng lại có n nghiệm phân biệt x1, x2, , xn, mâu thuẫn

Vậy F (x) = 0 Đinh lí được chứng minh

2(x − b)(x − a)(c − b)(c − a) = x

2.Chứng minh

Áp dụng Định lý 2.1.9 với f (x) = x2 và x1 = a x2 = b, x3 = c ta có ngayđiều phải chứng minh

ui Để ý rằng nếu tìm được biểu thức

f (n) của biến nguyên không âm n mà f (n) − f (n − 1) = un (2.2) thì

để tìm được raf (n) Câu hỏi này không thể trả lời được một cách tổng quát,

ta chỉ có thể trả lời được chắc chắn trong một vài trường hợp đặc biệt, chẳnghạn như khi un là một biểu thức của biến n Bây giờ ta sẽ xét một số ví dụminh họa

Ví dụ 2.2.4 Tính tổng S =

n

P

k=1sin kx.Bài giải

Ta có: cos



k + 12



x − cos



k − 12



x

2 sinx2



x

2 sinx2

=sin

n + 12



sinn

2x

2 sinx2

Ta có sin 2kx − sin 2(k − 1)x = 2 cos(2k − 1)x sin x.

=

n

P

k=1[f (k) − f (k − 1)]= f (n) − f (0)

2.3 Phương pháp đạo hàm và tích phân

Phương pháp này dựa trên nhận xét sau đây:

n

P

k=1

k sin kx.(iv) V (x) =

n

P

k=1

k cos kx.Bài giải

= nx

n+1− (n + 1)xn + 1(x − 1)2

= (n + 1) sin nx − sin(n + 1)x

4sin2x2

(iv) Vì (sin kx)0 = k cos kx nên

n

P

k=0

1(k + 1)(k + 2)C

k

nxk+2.Bài giải

π 2

R

0

cos t2n+1dt= (2n)!!

(2n + 1)!!.2.4 Sử dụng số phức

Nhận xét 2.4.1 Cho số phức z = a + bi, a, b ∈ R Khi đó ta có:

Xét dạng lượng giác của số phức z, ta có: z = r(cos ϕ + i sin ϕ) Trong đó

r = |z| và ϕ= Arg(z) Khi đó theo công thức Moivre thì zn = rn(cos nϕ +

Mặt khác, số phức này còn được viết dưới dạng lượng giác:

z = √

2cosπ

2 + i sin

π2

.Nên zn = 2n2



cosnπ

2 + i sin

nπ2

.Đồng nhất phần thực và phần ảo ta được điều phải chứng minh

= (cos α + i sin α) [1 + q (cos β + i sin β) + · · · + qn(cos nβ + i sin nβ)]

= (cos α + i sin α) [1 + qε + · · · + (qε)n]trong đóε = cos β+i sin β.Suy ra:

n+1sin [(n + 1)β + α] + qn+2sin(nβ + α)

1 − 2q cos β + q2

Vậy S=sin α − q sin(nβ − α) − qn+1sin [(n + 1)β + α] + qn+2sin(nβ + α)

2 + i sin

x2

n

= 2 cos x

2

ncosnx

2 + i sin

nx2



Vậy A = 2 cos x

2

nsin nx



2 cos x2

ncosnx

m−1

P

k=0

Ck 2mcos 2(m − k)ϕ

.(ii) sin2mϕ = (−1)m21−2m

(−1)m

m 2m +

 m

P

k=0

Ck 2m+1cos(2m + 1 − 2k)ϕ

.(iv) sin2m+1ϕ = (−1)m21−2m

Suy ra 2 cos ϕ = z + z−1, 2i sin ϕ = z − z−1

Do đó ta có: 2ncosnϕ = (z + z−1)n, (2i)nsinnϕ = (z − z−1)n

Xét hai trường hợp sau:

2m

Từ đó ta có (i)

a + 1 Bằng quy nạp ta thu được (2.5)

Nếu a = 1 thì (un) là cấp số cộng có công sai b, nên

Sn = nu1 + n(n − 1)

2 d.

Ví dụ 2.5.1 Tính tổng:

S = 7 + 77 + 777 + · · · + 77 7 (Số hạng cuối cùng có n chữ số 7)Bài giải Ta có:

Bây giờ ta sẽ xét phép biến đổi Abel và ứng dụng của nó để tính một sốtổng quen biết Phép biến đổi Abel khá hiệu lực khi tính một số tổng và tíchliên quan đến các cấp số.

Mệnh đề 2.5.3 (Phép biến đổi Abel) Cho hai dãy số (an) và (bn) Xét haidãy (Bn) và (Sn) xác định như sau: Bn =

n

P

k=1(ak − ak+1)Bk + akBn.Chứng minh

Hệ quả 2.5.4 Cho cấp số cộng (an)n≥1 có công sai d và cấp số nhân (bn)n≥1

có công bội q 6= 1 Khi đó:

n

P

k=1

k2qk−1, q 6= 1

sinn + 1

2 x sin

n

2xsinx

sinn + 1

2 x sin

n

2xsinx