Đến nội dung


Hình ảnh
* * * * * 8 Bình chọn

Một vài kỹ thuật tính toán với tổng $\sum\limits_{k=m}^n f(k)$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 58 trả lời

#1 hxthanh

hxthanh

    Trung tá

  • Thành viên
  • 2985 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$-\infty$

Đã gửi 09-06-2012 - 00:12

*
Phổ biến

Hầu như các bạn đã quen thuộc với ký hiệu $\sum$ để biểu diễn một tổng.
Đi kèm với ký hiệu $\sum$ là các $i,j,k,...$ biến nguyên mô tả phương thức lấy tổng.
Trong bài viết này, tôi chỉ đề cập tới một dạng ký hiệu quen thuộc đó là

$\boxed{\sum\limits_{k=m}^n f(k) = f(m)+f(m+1)+\cdots + f(n);\quad (n>m)}\qquad(1)$

Trong đó $k$ là biến chỉ số, ở đây gọi là biến chạy: Biến chạy mô tả phương thức lấy tổng mà nó duyệt qua; $k$ chạy liên tục từ $m$ đến $n;\;(n>m);\;(k,m,n \in \mathbb{Z})$; còn $f(k) $ là hàm cần lấy tổng.

Định nghĩa đơn giản là thế, nhưng để tính toán với ký hiệu này $($ mà không phải diễn tả đầy đủ như ở vế phải của $(1))$ có thể nhiều bạn chưa biết đến những kỹ thuật cơ bản, mà tôi tạm gọi bằng những cái tên sau đây:

$\boxed{\text{Đảo chiều}}$
$$\boxed{\sum\limits_{k=m}^n f(k)=\sum\limits_{k=m}^n f(n+m-k)}\qquad(2)$$
Nội dung: Thay biến chạy $k$ trong hàm lấy tổng bằng chỉ số trên cộng với chỉ số dưới trừ đi nó.
$\boxed{\text{Tịnh tiến}}$
$$\boxed{\sum\limits_{k=m}^n f(k)=\sum\limits_{k=m\pm r}^{n\pm r} f(k\mp r)}\qquad(3)$$
Ý nghĩa: Với tổng số số hạng không đổi ta có thể đếm trên các đoạn tương đương có cùng chiều dài
$\boxed{\text{Hiệu chung đỉnh}}$
$$\boxed{\sum\limits_{k=m}^n f(k)=\sum\limits_{k=m}^{p} f(k)-\sum\limits_{k=n+1}^{p} f(k);\;(p>n)}\qquad(4)$$
$\boxed{\text{Hiệu chung gốc}}$
$$\boxed{\sum\limits_{k=m}^n f(k)=\sum\limits_{k=p}^{n} f(k)-\sum\limits_{k=p}^{m-1} f(k);\;(p<m)}\qquad(5)$$
Các tính chất trên đều dễ dàng chứng minh được từ định nghĩa. Một mở rộng của phương pháp tịnh tiến và phương pháp đảo chiều đó là:
$\boxed{\text{Đổi biến ngược}}$
$$\boxed{\sum\limits_{k=m}^n f(k)=\sum\limits_{k=p-n}^{p-m} f(p-k)=\sum\limits_{k=p-n}^{p-m} f(k+m+n-p)}\qquad(6)$$
Đặt $r=p-k \Leftrightarrow k=p-r$
Khi $k=m$ thì $r=p-m$; khi $k=n$ thì $r=p-n$
Chú ý rằng $p-n<p-m$ thay vào Vế trái rồi đổi tên $r$ thành $k$ ta có biểu thức ở giữa.
Áp dụng $(2)$ cho biểu thức ở giữa ta được Vế Phải.

Đối với tổng đan dấu ta hay sử dụng cách nhóm các số hạng cùng dấu với nhau đó là phương pháp
$\boxed{\text{Tách chẵn lẻ}}$
$$\boxed{\sum\limits_{k=m}^n f(k)=\sum\limits_{k=\left\lfloor \frac{m}{2}\right\rfloor}^{\left\lfloor \frac{n-1}{2}\right\rfloor} f(2k+1)+\sum\limits_{k=\left\lfloor \frac{m+1}{2}\right\rfloor}^{\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor} f(2k)}\qquad(7)$$
(Đề nghị các bạn tự chứng minh công thức này)

Ngoài ra, trường hợp tổng quát của phương pháp tách chẵn lẻ còn có phương pháp $\boxed{\text{Phân đoạn}}$
Trong phương pháp phân đoạn lại có phân đoạn theo mô đun, phân đoạn theo đa thức, ...
Tạm gác vấn đề lại ở đây với một ví dụ đơn giản:

$\begin{array}{ | c | }
\hline
\boxed{\textbf{Tính tổng sau}}\\
S=\sum\limits_{k=1}^n \left((-1)^k(k-2n)\right)\\
\hline
\end{array}$

Lời giải:
Áp dụng $(7)$ ta có:
$S = \sum\limits_{k=1}^n \left((-1)^k(k-2n)\right) = \sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n-1}{2}\right\rfloor} \left((-1)^{2k+1}(2k+1-2n)\right)+\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor} \left((-1)^{2k}(2k-2n)\right) $ $\Rightarrow S=\sum\limits_{k=0}^{n-1-\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor} \left(2n-1-2k\right)+\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor} \left(2k-2n\right)$
$\Rightarrow S = (2n-1)\left(n-\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor\right) - \left(n-1-\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor\right)\left(n-\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor\right) - 2n\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor + \left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor\left(\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor+1\right) $
$\Rightarrow S = n^2-2n\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor$

Lưu ý: Có thể thay $\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor=\dfrac{2n-1+(-1)^n}{4}$ vào đẳng thức trên để kiểm tra kết quả
___________________________________________________________________________
P/s: Cái này phải đọc từ từ thôi, không dễ tẩu hỏa nhập ma lắm :D
Tôi sẽ cố gắng tìm kiếm một số bài tập tính toán tổng, để các bạn vận dụng các phương pháp này

#2 hxthanh

hxthanh

    Trung tá

  • Thành viên
  • 2985 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$-\infty$

Đã gửi 10-06-2012 - 16:24

$\fbox{Ví dụ 1:}$
Tính $S=\sum\limits_{k=1}^n k$
____________
Lời giải:
- Dùng pp đảo chiều ta có:
$2S=\sum\limits_{k=1}^n k+\sum\limits_{k=1}^n (n+1-k)=\sum\limits_{k=1}^n (n+1)=n(n+1) \Rightarrow S=\dfrac{n(n+1)}{2}$


$\fbox{Ví dụ 2:}$
Tính $S=\sum\limits_{k=n}^{n^2} (n^2-k)$
____________

Lời giải:
$\fbox{Cách 1}$
- Ta có:
$S=\sum\limits_{k=n}^{n^2} (n^2-k)=\sum\limits_{k=n}^{n^2}(n^2-(n^2+n-k))=\sum\limits_{k=n}^{n^2}(k-n)\quad\left(\text{Đảo chiều}\right)$
$\Rightarrow 2S=\sum\limits_{k=n}^{n^2} (n^2-k)+\sum\limits_{k=n}^{n^2} (k-n)=\sum\limits_{k=n}^{n^2} (n^2-n)$
$\Rightarrow 2S=\sum\limits_{k=1}^{n^2} (n^2-n)-\sum\limits_{k=1}^{n-1} (n^2-n)\quad\left(\text{hiệu chung gốc} \right)$
$\Rightarrow 2S=n^2(n^2-n)-(n-1)(n^2-n)=(n^2-n)(n^2-n+1)$
Hoặc:
$2S=\sum\limits_{k=n}^{n^2} (n^2-n)=\sum\limits_{k=1}^{n^2-n+1} (n^2-n)=(n^2-n)(n^2-n+1)\quad\left(\text{tịnh tiến }1-n\right)$

Do đó: $S=\dfrac{(n^2-n)(n^2-n+1)}{2}$

$\fbox{Cách 2}$
$S=\sum\limits_{k=n}^{n^2} (n^2-k)=\sum\limits_{k=1}^{n^2-n+1} (n^2-(k+n-1))\quad\left(\text{tịnh tiến }1-n\right)$
$\Rightarrow S=\sum\limits_{k=1}^{n^2-n+1} (n^2-n+1-k)=\sum\limits_{k=1}^{n^2-n+1} (k-1)\quad\left(\text{đảo chiều}\right)$
$\Rightarrow 2S=\sum\limits_{k=1}^{n^2-n+1} (n^2-n+1-k)+\sum\limits_{k=1}^{n^2-n+1} (k-1)=\sum\limits_{k=1}^{n^2-n+1} (n^2-n)$
$\Rightarrow S=\dfrac{(n^2-n)(n^2-n+1)}{2}$

$\fbox{Cách 3}$
$\text{(Đổi biến ngược )}$: Đặt $i=(n^2-k)$; khi $k=n$ thì $i=(n^2-n)$; khi $k=n^2$ thì $i=0$
Do đó:
$S=\sum\limits_{k=n}^{n^2} (n^2-k)=\sum\limits_{k=0}^{n^2-n} k$
Tới đây áp dụng ngay kết quả bài 1, ta được:
$S=\dfrac{(n^2-n)(n^2-n+1)}{2}$

Trên đây chỉ là 2 ví dụ đơn giản để minh họa cho các kỹ thuật tính toán nói trên.
Thực tế việc áp dụng linh hoạt các kỹ thuật này sẽ giúp cho các bạn tính toán trên các tổng $\Sigma$ trở nên dễ dàng hơn nhiều.
___________________________________________________________________
$\fbox{Bài tập 1:}$
Tính $S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{n-2k}{n^2+k^2-nk}$


$\fbox{Bài tập 2:}$
Tính $S=\sum\limits_{k=1}^n \left( k\cdot\dfrac{n^2+kn-k+2n-1}{n^2-kn+k+k^2} \right)$

#3 nthoangcute

nthoangcute

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1959 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 11

Đã gửi 11-06-2012 - 13:13

$\fbox{Bài tập 1:}$
Tính $S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{n-2k}{n^2+k^2-nk}$
$\fbox{Bài tập 2:}$
Tính $S=\sum\limits_{k=1}^n \left( k\cdot\dfrac{n^2+kn-k+2n-1}{n^2-kn+k+k^2} \right)$


Liệu có vấn đề không thầy (Có lẽ sai đề)
Bài tập 1:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{n-2k}{n^2+k^2-nk}$
$=-\Psi \left( n+1- \left( \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,i\sqrt {3} \right) n \right) -\Psi
\left( n+1- \left( \frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,i\sqrt {3} \right) n \right) +\Psi
\left( 1- \left( \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\,i\sqrt {3} \right) n \right) +\Psi \left( 1
- \left( \frac{1}{2}-\frac{1}{2}\,i\sqrt {3} \right) n \right)
$
Bài tập 2:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \left( k\cdot\dfrac{n^2+kn-k+2n-1}{n^2-kn+k+k^2} \right)$
$=-n \left( -n-n\Psi \left( \frac{1}{2}\,n+\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\,\sqrt {- \left( n+1 \right)
\left( 3\,n-1 \right) } \right) -n\Psi \left( \frac{1}{2}\,n+\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\,\sqrt {
- \left( n+1 \right) \left( 3\,n-1 \right) } \right) +n\Psi \left( 3/
2-\frac{1}{2}\,n-\frac{1}{2}\,\sqrt {- \left( n+1 \right) \left( 3\,n-1 \right) }
\right) +n\Psi \left( \frac{3}{2}-\frac{1}{2}\,n+\frac{1}{2}\,\sqrt {- \left( n+1 \right)
\left( 3\,n-1 \right) } \right) +1 \right) $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 11-06-2012 - 13:44

Xem thêm các thủ thuật CASIO ở đây :
www.youtube.com/nthoangcute/

Các bạn có thể Like, Subscribe, Share, ... để kênh của mình phát triển hơn !
Thanks All !


#4 hxthanh

hxthanh

    Trung tá

  • Thành viên
  • 2985 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$-\infty$

Đã gửi 11-06-2012 - 13:17

:P Em đưa vào cái máy tính wolframalpha chứ gì?

Nhiều khi nó cũng "ngu" lắm

Hai bài này tôi mất cả buổi tối hôm qua mới nghĩ ra đấy, sai làm sao được

:P :) :D

#5 nthoangcute

nthoangcute

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1959 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 11

Đã gửi 11-06-2012 - 13:32

:P Em đưa vào cái máy tính wolframalpha chứ gì?

Nhiều khi nó cũng "ngu" lắm

Hai bài này tôi mất cả buổi tối hôm qua mới nghĩ ra đấy, sai làm sao được

:P :) :D

Sợ ghê đó thầy !!!
Nhưng mà em dùng nhiều phần mềm liên kết với nhau đều ra một kết quả là như trên.
VD:
Bài 1: http://www.wolframal...k+%3D+1+..+n%29
Bài 2: http://www.wolframal...k+%3D+1+..+n%29

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 11-06-2012 - 14:24
Hai cái hình to quá

Xem thêm các thủ thuật CASIO ở đây :
www.youtube.com/nthoangcute/

Các bạn có thể Like, Subscribe, Share, ... để kênh của mình phát triển hơn !
Thanks All !


#6 hxthanh

hxthanh

    Trung tá

  • Thành viên
  • 2985 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$-\infty$

Đã gửi 11-06-2012 - 13:34

Em vào trong wolframalpha rồi paste nguyên cái dòng này vào khung xem:

Table[sum_(k=1)^n ((n-2k)/(n^2+ k^2- n k)),{n,1,10}]
Tongkt.png

#7 nthoangcute

nthoangcute

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1959 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 11

Đã gửi 11-06-2012 - 13:57

Em vào trong wolframalpha rồi paste nguyên cái dòng này vào khung xem:

Table[sum_(k=1)^n ((n-2k)/(n^2+ k^2- n k)),{n,1,10}]

Chắc là do máy tính tính toàn chương trình cao cấp !!!
Em phải thử dùng lại gói lệnh cho học sinh xem thế nào
Hình đã gửi

P/s: Đợi tẹo xem sao, cái phần mềm chết tiệt

Xem thêm các thủ thuật CASIO ở đây :
www.youtube.com/nthoangcute/

Các bạn có thể Like, Subscribe, Share, ... để kênh của mình phát triển hơn !
Thanks All !


#8 hxthanh

hxthanh

    Trung tá

  • Thành viên
  • 2985 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$-\infty$

Đã gửi 11-06-2012 - 15:22

...
___________________________________________________________________
$\fbox{Bài tập 1:}$
Tính $S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{n-2k}{n^2+k^2-nk}$

Thôi thì mình làm mẫu bài này vậy, phương pháp thì đã trình bày trên kia rồi ...

Viết lại $S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{(n-k)-k}{n^2-k(n-k)}$

Nhận xét: Biểu thức trong tổng nếu thay k bởi $n-k$ thì tử số bị đảo dấu còn mẫu số thì không đổi!

Làm gì tiếp theo? Đặt $i=n-k$; khi $k=1$ thì $i=n-1$; khi $k=n$ thì $i=0$, suy ra

$S=\sum\limits_{i=0}^{n-1} \dfrac{i-(n-i)}{n^2-i(n-i)}=\sum\limits_{k=0}^{n-1} \dfrac{k-(n-k)}{n^2-k(n-k)}=-\sum\limits_{k=0}^{n-1} \dfrac{(n-k)-k}{n^2-k(n-k)}$

$\Rightarrow 2S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{(n-k)-k}{n^2-k(n-k)}-\sum\limits_{k=0}^{n-1} \dfrac{(n-k)-k}{n^2-k(n-k)}$

$\Rightarrow 2S=\left(-\dfrac{1}{n}+\sum\limits_{k=1}^{n-1} \dfrac{(n-k)-k}{n^2-k(n-k)}\right)-\left(\dfrac{1}{n}+\sum\limits_{k=1}^{n-1} \dfrac{(n-k)-k}{n^2-k(n-k)}\right)=-\dfrac{2}{n}$

$\Rightarrow \boxed{S=-\dfrac{1}{n}}$

#9 hxthanh

hxthanh

    Trung tá

  • Thành viên
  • 2985 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$-\infty$

Đã gửi 11-06-2012 - 20:58

$\boxed{\text{Đảo chiều}}$
$$\boxed{\sum\limits_{k=m}^n f(k)=\sum\limits_{k=m}^n f(n+m-k)}\qquad(2)$$
Nội dung: Thay biến chạy $k$ trong hàm lấy tổng bằng chỉ số trên cộng với chỉ số dưới trừ đi nó.

Có bạn hỏi tôi về cái này!
Xin giải thích như sau:
$(k)$ và $(n+m-k)$ chạy theo hai chiều ngược nhau!
Khi $k=m$ (gốc) thì $n+m-k=n$ (đỉnh)
Khi $k$ tăng $1$ thì $n+m-k$ giảm $1$
Khi $k=n$ (đỉnh) thì $n+m-k$ (gốc)
Tóm lại hai vế trên biểu diễn cùng một tổng theo hai chiều khác nhau - Từ đó mới có tên gọi là đảo chiều

#10 hxthanh

hxthanh

    Trung tá

  • Thành viên
  • 2985 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$-\infty$

Đã gửi 11-06-2012 - 23:14

Thôi thì trước khi tiếp tục "chuyên đề" của mình thì tôi ... "tự sướng" nốt vậy!

...
$\fbox{Bài tập 2:}$
Tính $S=\sum\limits_{k=1}^n \left( k\cdot\dfrac{n^2+kn-k+2n-1}{n^2-kn+k+k^2} \right)$

Nhận xét: Định hướng bài này không khác bài 1, ta cần phải nhóm được 2 số hạng nào đó với nhau!
Để thực hiện được điều này thì mẫu số của 2 số hạng đó phải giống nhau!
Xét mẫu số: $n^2-kn+k+k^2=n^2-k(n-1-k)$ Như vậy nếu thay vai trò $k$ cho $n-1-k$ thì mẫu số không đổi! OK

Lời giải:
Đặt $i=n-1-k\Leftrightarrow k=n-1-i$
Khi $k=1$ thì $i=n-2$
Khi $k=n$ thì $i=-1$
Suy ra:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \left( k\cdot\dfrac{n^2+kn-k+2n-1}{n^2-kn+k+k^2} \right)=$
$\;\;\;=\sum\limits_{i=-1}^{n-2} \left( (n-1-i)\cdot\dfrac{n^2+(n-1-i)n-(n-1-i)+2n-1}{n^2-in+i+i^2} \right)$

(Đổi tên cho biến chạy $i$ thành $k$)

$S=\sum\limits_{k=1}^n \left( k\cdot\dfrac{n^2+kn-k+2n-1}{n^2-kn+k+k^2} \right)=$
$\;\;\;=\sum\limits_{k=-1}^{n-2} \left( (n-1-k)\cdot\dfrac{n^2+(n-1-k)n-(n-1-k)+2n-1}{n^2-kn+k+k^2} \right)$

(Cộng lại với tổng ban đầu)

$\Rightarrow 2S=\sum\limits_{k=1}^n \left( k\cdot\dfrac{n^2+kn-k+2n-1}{n^2-kn+k+k^2} \right)+$
$\;\;\qquad+\sum\limits_{k=-1}^{n-2} \left( (n-1-k)\cdot\dfrac{n^2+(n-1-k)n-(n-1-k)+2n-1}{n^2-kn+k+k^2} \right)$

(Đến đây chịu khó nhân các số hạng của tử số và rút gọn lại cho đỡ cồng kềnh!)

$\Rightarrow 2S=\sum\limits_{k=1}^n \left( \dfrac{kn^2+k^2n-k^2+2nk-k}{n^2-kn+k+k^2} \right)+$
$\;\;\qquad+\sum\limits_{k=-1}^{n-2} \left( \dfrac{2n^3-2n^2-3kn^2+k^2n-k^2+2kn-k}{n^2-kn+k+k^2} \right)$

(Bây giờ tính riêng 2 giá trị cuối tổng đầu và tính riêng 2 giá trị đầu tổng sau)

$\Rightarrow 2S=\left(\sum\limits_{k=1}^{n-2} \left( \dfrac{kn^2+k^2n-k^2+2nk-k}{n^2-kn+k+k^2} \right) + (2n-2) +(2n-1) \right)$
$\;\;\qquad+\left((2n-1) + (2n-2) +\sum\limits_{k=1}^{n-2} \left(\dfrac{2n^3-2n^2-3kn^2+k^2n-k^2+2kn-k}{n^2-kn+k+k^2} \right)\right)$

(Sau đó thì cộng lại)

$\Rightarrow 2S=8n-6+\sum\limits_{k=1}^{n-2} \dfrac{2n^3-2n^2-2kn^2+2k^2n-2k^2+4kn-2k}{n^2-kn+k+k^2}$

(Phân tích tử thức thành nhân tử)

$\Rightarrow 2S=8n-6+\sum\limits_{k=1}^{n-2} \dfrac{2(n-1)(n^2-kn+k+k^2)}{n^2-kn+k+k^2}$

(Sau đó thì...)

$\Rightarrow 2S=8n-6+\sum\limits_{k=1}^{n-2} 2(n-1)$

$\Rightarrow 2S=8n-6+2(n-1)(n-2)=2n^2+2n-2$

Từ đó suy ra: $\boxed{S=n^2+n-1}$

#11 Karl Heinrich Marx

Karl Heinrich Marx

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 212 Bài viết

Đã gửi 12-06-2012 - 12:10

Nếu để ý một chút thì có thể ta ko cần khai triển bớt tính toán.
Nếu đặt $A=n^2+2n-1 \Rightarrow \frac{n^2+kn-k+2n-1}{n^2-kn+k+k^2}=\frac{2A+2(n-1)k}{A+k^2+(n-k-1)^2}$
Khi đó thì $k(2A+2(n-1)k)+(n-1-k)(2A+2(n-1)k)=2(n-1)(A+k^2+(n-1-k)^2$
Những nhóm cố định ta có tthể quy sang 1 ẩn để dễ dàng giải hơn.
@thầy Thanh: em thấy có 1 kĩ thuật nữa của phần này là đảo dấu sigma ví dụ như kiểu: $\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{k=0}^mf(i)f(k)=\sum\limits_{k=0}^m\sum\limits_{i=0}^nf(i)f(k)=\sum\limits_{k=0}^mf(k)\sum\limits_{i=0}^nf(i)=$
Nếu có thời gian thầy thử nghiên cứu xem kĩ thuật này có gì hay không, có một điều thú vị là với sigma i chạy thì k sẽ là hằng số đâm ra có thể đặt nhân tử chung với k, tương tự ngược lại với i.Điều đó giúp ta tính được từng sigma rồi tính được tổng.

#12 hxthanh

hxthanh

    Trung tá

  • Thành viên
  • 2985 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$-\infty$

Đã gửi 12-06-2012 - 12:16

Ok, tôi sẽ đề cập các kỹ thuật tổng hợp này trong bài viết tiếp theo, cảm ơn em đã ủng hộ bài viết của tôi!

#13 Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Hiệp sỹ
  • 1853 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-06-2012 - 21:26

Ồ, một bài viết quá hay, lại gõ $\LaTeX$ rất đẹp :D Nếu không đăng trên trang chủ thì thật là phí :D

Góp ý về cách điều hành của mod

 

Cách chia nhỏ nội dung trích dẫn: đặt con trỏ chuột cuối hàng, nhấn hai lần Enter.


#14 hxthanh

hxthanh

    Trung tá

  • Thành viên
  • 2985 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$-\infty$

Đã gửi 12-06-2012 - 23:26

$$\fbox{Phần II: Tổng hữu hạn đa chiều}$$
$S=\sum\limits_{k_1=m_1}^{n_1}\sum\limits_{k_2=m_2}^{n_2}\cdots\sum\limits_{k_r=m_r}^{n_r} f\left(k_1,k_2,...,k_r\right)$

Tổng $S$ được xác định như trên được gọi là: "Tổng hữu hạn r-chiều độc lập tuyến tính"
"r-chiều" ở đây được hiểu là $r$ biến chạy $k_1,k_2,...,k_r$
Trong đó, $r$ biến chạy này biến thiên độc lập, không bị ràng buộc điều kiện gì với nhau, vì thế nên gọi là "độc lập tuyến tính".

Để các bạn đọc dễ hình dung, sau đây ta chỉ xét riêng đến các tổng 2 chiều độc lập tuyến tính:
$$S=\sum\limits_{k_1=m_1}^{n_1}\sum\limits_{k_2=m_2}^{n_2}f\left(k_1,k_2\right)\qquad(8)$$
Hãy quan sát bảng sau:
$$\begin{array}{|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline
k_2\backslash\backslash k_1&m_1&m_1+1&\quad\cdots\quad&n_1-1&n_1& \\
\hline
n_2&f(m_1,n_2)&f(m_1+1,n_2)&\quad\cdots\quad&f(n_1-1,n_2)&f(n_1,n_2)& \sum\limits_{k_1=m_1}^{n_1}f(k_1,n_2)\\
\hline
n_2-1&f(m_1,n_2-1)&f(m_1+1,n_2-1)&\quad\cdots\quad&f(n_1-1,n_2-1)&f(n_1,n_2-1)& \sum\limits_{k_1=m_1}^{n_1}f(k_1,n_2-1)\\
\hline
\\
\quad\vdots&\quad\vdots&\quad\vdots&\quad\vdots&\quad\vdots&\quad\vdots&\quad\vdots
\\
\\
\hline
m_2+1&f(m_1,m_2+1)&f(m_1+1,m_2+1)&\quad\cdots\quad&f(n_1-1,m_2+1)&f(n_1,m_2+1)& \sum\limits_{k_1=m_1}^{n_1}f(k_1,m_2+1)\\
\hline
m_2&f(m_1,m_2)&f(m_1+1,m_2)&\quad\cdots\quad&f(n_1-1,m_2)&f(n_1,m_2)& \sum\limits_{k_1=m_1}^{n_1}f(k_1,m_2)\\
\hline
&\sum\limits_{k_2=m_2}^{n_2}f(m_1,k_2)&\sum\limits_{k_2=m_2}^{n_2}f(m_1+1,k_2)&\quad\cdots\quad& \sum\limits_{k_2=m_2}^{n_2}f(n_1-1,k_2)&\sum\limits_{k_2=m_2}^{n_2}f(n_1,k_2)&\\
\hline
\end{array}$$
Bảng này mô tả đầy đủ $(n_1+1-m_1)(n_2+1-m_2)$ số hạng của tổng $(8)$
Để tính được tổng này ta có thể tính theo 2 cách:
- Tính tổng theo hàng - được kết quả rồi cộng lại theo cột
- Tính tổng theo cột - được kết quả rồi cộng lại theo hàng
Trên mỗi hàng thì chỉ số hàng $(k_2)$ là hằng số (không phụ thuộc vào $k_1$)
Trên mỗi cột thì chỉ số cột $(k_1)$ là hằng số (không phụ thuộc vào $k_2$)

Như vậy việc tính toán tổng 2 chiều được quy về 2 lần tính tổng 1 chiều bình thường với lưu ý rằng tính theo biến nào trước thì biến kia được coi là hằng số.
Mọi kỹ thuật đã nêu trên đều có thể áp dụng để tính cho tổng này

$\fbox{Ví dụ 3:}$
Tính: $S=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m (2i+j)$
Ta có:
$S=\sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{j=1}^m (2i+j)\right) =\sum\limits_{i=1}^n\left(2mi + \sum\limits_{j=1}^m j \right) =\sum\limits_{i=1}^n\left(2mi + \dfrac{m(m+1)}{2} \right) = $
$\quad= \dfrac{nm(m+1)}{2}+2m\sum\limits_{i=1}^n i= \dfrac{nm(m+1)}{2}+ mn(n+1)=\dfrac{mn(2n+m+3)}{2}$

Bạn cũng có thể tính theo biến chạy $i$ trước:

$S=\sum\limits_{j=1}^m\left(\sum\limits_{i=1}^n (2i+j)\right) =\sum\limits_{j=1}^m\left( jn + \sum\limits_{i=1}^n 2i \right) =\sum\limits_{j=1}^m\Big( jn + n(n+1)\Big) = $
$\quad= mn(n+1)+n\sum\limits_{j=1}^m j= mn(n+1)+\dfrac{nm(m+1)}{2}=\dfrac{mn(2n+m+3)}{2}$

$\fbox{Ví dụ 4:}$
Tính: $S=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{k=0}^m C_{m+n+i+k}^{m+n},\qquad\big(n,m \in\mathbb{N}^*\big)$

$\fbox{Cách 1}$
Ta có:
$\quad\;S=\sum\limits_{i=0}^n\left(\sum\limits_{k=0}^m C_{m+n+i+k}^{m+n}\right)$
$\Rightarrow S=\sum\limits_{i=0}^n\left(\sum\limits_{k=0}^m \Big(C_{m+n+1+i+k}^{m+n+1}-C_{m+n+i+k}^{m+n+1}\Big)\right)$

$\Rightarrow S=\sum\limits_{i=0}^n\Big(C_{m+n+1+i+m}^{m+n+1}-C_{m+n+i}^{m+n+1}\Big)$
$\Rightarrow S=\sum\limits_{i=0}^n\Big(C_{m+n+1+i+m}^{m+n+1}\Big)-\sum\limits_{i=1}^n\Big(C_{m+n+i}^{m+n+1}\Big)$

$\Rightarrow S=\sum\limits_{i=0}^n\Big(C_{m+n+2+i+m}^{m+n+2}-C_{m+n+1+i+m}^{m+n+2}\Big)-\sum\limits_{i=1}^n\Big(C_{m+n+1+i}^{m+n+2}-C_{m+n+i}^{m+n+2}\Big)$
$\Rightarrow S=C_{2m+2n+2}^{m+n+2}-\Big(C_{2m+n+1}^{m+n+2}+C_{2n+m+1}^{m+n+2}\Big)$

$\Rightarrow \boxed{S=C_{2m+2n+2}^{m+n}-\Big(C_{2m+n+1}^{m-1}+C_{2n+m+1}^{n-1}\Big)}$

$\fbox{Cách 2}$
Tịnh tiến biến $k$ một đoạn $i$
Ta có:
$\quad\;S=\sum\limits_{i=0}^n\left(\sum\limits_{k=i}^{m+i} C_{m+n+k}^{m+n}\right)$
$\Rightarrow S=\sum\limits_{i=0}^n\left(\sum\limits_{k=i}^{m+i} \Big(C_{m+n+1+k}^{m+n+1}-C_{m+n+k}^{m+n+1}\Big)\right)$

$\Rightarrow S=\sum\limits_{i=0}^n \Big(C_{2m+n+1+i}^{m+n+1}-C_{m+n+i}^{m+n+1}\Big)$
$\Rightarrow S=\sum\limits_{i=0}^n \Big(C_{2m+n+2+i}^{m+n+2}-C_{2m+n+1+i}^{m+n+2}-C_{m+n+1+i}^{m+n+2}+C_{m+n+i}^{m+n+2}\Big)$

$\Rightarrow S= C_{2m+2n+2}^{m+n+2}-\Big(C_{2m+n+1}^{m+n+2}+C_{m+2n+1}^{m+n+2}\Big)$

$\begin{array}{|l|}
\hline
\fbox{Lưu ý!}\\
\text{Các bạn hoàn toàn có thể áp dụng các kỹ thuật (2) - (6) trên tổng một biến đồng thời trên cả 2 biến,}\\
\text{tuy nhiên không được chồng chéo! Ví dụ: }\\
\text{Tịnh tiến biến } k \text{ một đoạn } i \\
\text{Tịnh tiến biến } i \text{ một đoạn } k \\
\text{Điều này là không thể được! bởi vì khi đó: }\\
S=\sum\limits_{i=m_1}^{n_1}\sum\limits_{k=m_2}^{n_2}f\left(i,k\right)=\sum\limits_{i=m_1}^{n_1}\sum\limits_{k=m_2+i}^{n_2+i}f\left(i,k-i\right) =\sum\limits_{i=m_1+k}^{n_1+k}\sum\limits_{k=m_2+i-k}^{n_2+i-k}f\left(i-k,k-i+k\right)\\
\text{Biểu thức cuối cùng là không tương thích! Do } k=m_2+i-k \Leftrightarrow 2k=m_2+i \\
(m_2+i) \text{ biến thiên từng đơn vị một chứ không phải lúc nào cũng là số chẵn!}\\
\hline
\end{array}$


...(còn tiếp)...

#15 Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Hiệp sỹ
  • 1853 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-06-2012 - 23:48

Đã đăng phần đầu lên trang chủ: http://diendantoanho...-tinh-tong.html
Đề nghị mọi người vào Like và Share kịch liệt :D

Góp ý về cách điều hành của mod

 

Cách chia nhỏ nội dung trích dẫn: đặt con trỏ chuột cuối hàng, nhấn hai lần Enter.


#16 batigoal

batigoal

    Hướng dẫn viên $\LaTeX$

  • Điều hành viên
  • 252 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-06-2012 - 19:37

Bài viết quá hay. Anh Thanh phát huy topic phát triển tiêp nhé .

#17 hxthanh

hxthanh

    Trung tá

  • Thành viên
  • 2985 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$-\infty$

Đã gửi 13-06-2012 - 21:39

...(tiếp theo)...
Trước khi đi vào phần tổng đa chiều phụ thuộc tuyến tính, ta trở lại với một kỹ thuật mà đã được nêu trong bài trước, đó là: kỹ thuật phân đoạn
$\fbox{Phân đoạn modul-m (loại 1)}$
$$ \boxed{S=\sum\limits_{k=0}^{m.n-1}f(k)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{r=0}^{m-1}f(mi+r)}\quad(9) $$

$\fbox{Ví dụ 5: }$ Ta thử tính tổng $S=\sum\limits_{k=0}^{3n-1} k$
Ta có: $S=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{r=0}^2 (3i+r)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(9i+3)=\dfrac{9n(n-1)}{2}+3n=\dfrac{3n(3n-1)}{2}$
:D (Tất nhiên là ta đã cố tình phức tạp hóa vấn đề) :D

Vậy thì khi nào thì ta dùng công thức này?

Giả sử ta phải tính tổng:
$S=\sum\limits_{k=0}^{m.n-1}f(k)$
Trong đó $f(k)$ là hàm có đặc điểm:
$\begin{eqnarray*}f(mk)&=&g_0(k) \\ f(mk+1)&=&g_1(k) \\ \cdots&=&\cdots \\ f(mk+m-1)&=&g_{m-1}(k)\end{eqnarray*}$

Khi đó ta có thể đặt: $k=mi+r$ với $0\le r \le m-1$ , do $0\le k \le mn-1$ suy ra $0\le i\le n-1$
Như vậy ta đã đưa tổng đã cho về tổng 2 biến:
$S=\sum\limits_{k=0}^{m.n-1}f(k)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{r=0}^{m-1}f(mi+r)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{r=0}^{m-1}g_r(i)$
Cách làm này được gọi là phân đoạn theo modul-$m$ loại gộp chung
Chú ý rằng không phải cận trên của tổng cần tính bao giờ cũng "đẹp" để ta áp dụng phương pháp này.
Trường hợp tổng quát, cận trên là $n$ khi đó

$$ \boxed{S=\sum\limits_{k=0}^{n}f(k)=\sum\limits_{i=0}^{\left\lfloor\frac{n}{m}\right\rfloor-1}\sum\limits_{r=0}^{m-1}f(mi+r)+\sum\limits_{k=m\left\lfloor\frac{n}{m}\right\rfloor}^{n}f(k)}\quad(10) $$
Cái đoạn thừa ra $\sum\limits_{k=m\left\lfloor\frac{n}{m}\right\rfloor}^{n}f(k)$ đôi khi tính toán rất phức tạp!
Để giải quyết triệt để trong trường hợp này, ta hãy nghiên cứu phương pháp sau:

$\fbox{Phân đoạn modul-m (loại 2)}$

$$ \boxed{S=\sum\limits_{k=0}^{n}f(k)=\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{m}\right\rfloor}f(mk)+\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n-1}{m}\right\rfloor}f(mk+1)+\cdots+\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n-m+1}{m}\right\rfloor}f(mk+m-1)}\quad(11) $$
Ta vẫn đặt $k=mi+r$ với $0\le r\le m-1$
Nhưng thay vì tính gộp $m$ trường hợp lại thì ta tách riêng thành $m$ tổng.
Từ $(11)$ có thể thấy ngay rằng phương pháp tách chẵn lẻ chỉ là trường hợp riêng của phương pháp này

Hãy xét một ví dụ thực tế hơn, như sau:
$\fbox{Ví dụ 6:}$
Với $n$ là số nguyên dương cho trước $(n\ge 6)$,
phương trình: $a+2b+3c=n$
có bao nhiêu nghiệm nguyên dương?
Lời giải:
$\fbox{Cách 1: (Khá dài dòng và phức tạp!)}$
Ta có: $3c=n-a-2b\le n-3\Rightarrow 1\le c \le \left\lfloor\dfrac{n-3}{3}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n}{3}\right\rfloor-1$
Với mỗi $c$ xác định thì ta có:
$2b=n-3c-a\le n-1-3c\Rightarrow 1\le b\le \left\lfloor\dfrac{n-1-3c}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n-1-c}{2}\right\rfloor-c$
Với $b$ và $c$ đã xác định thì $a$ được xác định $a=n-2b-3c$ là duy nhất.
Như vậy số nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là:
$\quad\; S=\sum\limits_{c=1}^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor-1}\sum\limits_{b=1}^{\left\lfloor\frac{n-1-c}{2}\right\rfloor-c} 1$
$\Rightarrow S=\sum\limits_{c=1}^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor-1}\left(\left\lfloor\dfrac{n-1-c}{2}\right\rfloor-c\right)$
$\Rightarrow S=-\dfrac{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor\left(\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor-1\right)}{2}+\sum\limits_{c=1}^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor-1}\left\lfloor\dfrac{n-1-c}{2}\right\rfloor$
$\Rightarrow S=-\dfrac{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor\left(\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor-1\right)}{2}+A$

Xét tổng $A=\sum\limits_{c=1}^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor-1}\left\lfloor\dfrac{n-1-c}{2}\right\rfloor$
Đặt $k=n-1-c$ suy ra khi $c=1$ thì $k=n-2$, khi $c=\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor-1$ thì $k=n-\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor$

Do đó: $A=\sum\limits_{k=n-\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor}^{n-2} \left\lfloor\dfrac{k}{2}\right\rfloor$

Xét tổng $B=\sum\limits_{k=0}^m \left\lfloor\dfrac{k}{2}\right\rfloor$
Ta sẽ tính $B$ bằng cách phân đoạn modul $2$ (tách chẵn lẻ)

Đặt $k=2i+r$ với $0\le r\le 1\quad; i\le \left\lfloor\dfrac{m}{2}\right\rfloor-1$. Chú ý là khi $i=\left\lfloor\dfrac{m}{2}\right\rfloor-1;\;\;r=1$ thì $k=2\left\lfloor\dfrac{m}{2}\right\rfloor-1$
vẫn còn một đoạn nữa từ $2\left\lfloor\dfrac{m}{2}\right\rfloor$ đến $m$
Do đó:
$B=\sum\limits_{i=0}^{\left\lfloor\frac{m}{2}\right\rfloor-1}\sum\limits_{r=0}^1 \left\lfloor\dfrac{2i+r}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{m}{2}\right\rfloor\left(m+1-2\left\lfloor\dfrac{m}{2}\right\rfloor\right)$
$B=\sum\limits_{i=0}^{\left\lfloor\frac{m}{2}\right\rfloor-1} 2i +\left\lfloor\dfrac{m}{2}\right\rfloor \left(m+1-2\left\lfloor\dfrac{m}{2}\right\rfloor\right)$
$B=\left\lfloor\dfrac{m}{2}\right\rfloor\left(\left\lfloor\dfrac{m}{2}\right\rfloor-1\right)+\left\lfloor\dfrac{m}{2}\right\rfloor \left(m+1-2\left\lfloor\dfrac{m}{2}\right\rfloor\right)$
$B=m\left\lfloor\dfrac{m}{2}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{m}{2}\right\rfloor^2$

Áp dụng $B$ để tính $A$ (hiệu chung gốc)
Ta có: $A=\sum\limits_{k=0}^{n-2} \left\lfloor\dfrac{k}{2}\right\rfloor - \sum\limits_{k=0}^{n-1-\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor} \left\lfloor\dfrac{k}{2}\right\rfloor$
$\Rightarrow A=(n-2)\left\lfloor\dfrac{n-2}{2}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{n-2}{2}\right\rfloor^2-\left(n-1-\left\lfloor\dfrac{n}{3}\right\rfloor\right)\left\lfloor\dfrac{n-1-\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor}{2} \right\rfloor + \left\lfloor\dfrac{n-1-\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor}{2}\right\rfloor^2$

Do đó:

$\begin{array}{l}S=(n-2)\left\lfloor\dfrac{n-2}{2}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{n-2}{2}\right\rfloor^2-\left(n-1-\left\lfloor\dfrac{n}{3}\right\rfloor\right)\left\lfloor\dfrac{n-1-\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor}{2} \right\rfloor + \left\lfloor\dfrac{n-1-\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor}{2}\right\rfloor^2\\
\quad-\dfrac{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor\left(\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor-1\right)}{2}\end{array}\quad(*)$

$\fbox{Cách 2:}$
Phân tích như trong cách $1$
$\Rightarrow S=\sum\limits_{c=1}^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor-1}\left(\left\lfloor\dfrac{n-1-c}{2}\right\rfloor-c\right)$

Đến đây áp dụng công thức tách chẵn lẻ $(7)$, ta có:

$S=\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{6}\right\rfloor-1}\left(\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor-3k-2\right)+\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n-3}{6}\right\rfloor}\left(\left\lfloor\dfrac{n-1}{2}\right\rfloor-3k\right)$

Bây giờ việc thì việc tính toán trở nên dễ dàng hơn rất nhiều

$\begin{array}{l}S=\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{n}{6}\right\rfloor -2\left\lfloor\dfrac{n}{6}\right\rfloor-\dfrac{3}{2}\left(\left\lfloor\frac{n}{6}\right\rfloor-1\right)\left\lfloor\dfrac{n}{6}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{n-1}{2}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{n-3}{6}\right\rfloor\\
\quad -\dfrac{3}{2}\left\lfloor\dfrac{n-3}{6}\right\rfloor\left(\left\lfloor\dfrac{n-3}{6}\right\rfloor+1\right)\end{array}\quad(**)$

****
Cả hai kết quả $(*)$ và $(**)$ đều có thể rút gọn lại được thành
$S=(n-2)\left\lfloor\dfrac{n}{6}\right\rfloor-3\left\lfloor\dfrac{n}{6}\right\rfloor^2-\left\lfloor\dfrac{n-1}{6}\right\rfloor$
****
Tạm thời dừng lại ở đây với một số bài tập đề nghị:

$\fbox{Bài 3}$
Với $m, n$ nguyên dương, hãy chứng minh công thức sau:
$\sum\limits_{k=1}^n \left\lfloor \dfrac{k}{m}\right\rfloor = \left(n+1-\dfrac{m}{2}\right)\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor -\dfrac{m}{2} \left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor^2$

$\fbox{Bài 4}$
Tính $S=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{k=0}^{n-1}\dfrac{n+k-2i}{3n^2+i^2-in-ik}$

$\fbox{Bài 5}$
Tính $S=\sum\limits_{k=1}^n\left\lfloor\dfrac{2k^2-1}{3}\right\rfloor$

$\fbox{Bài 6}$
Tính $S=\sum\limits_{k=1}^n\left((-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}(2k-1)\right)$

#18 hxthanh

hxthanh

    Trung tá

  • Thành viên
  • 2985 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$-\infty$

Đã gửi 16-06-2012 - 09:48

Với những bài viết ở trên, càng lúc tôi càng dẫn các bạn đi xa hơn với các kỹ thuật để tính tổng.

(Tôi bỏ qua phương pháp sai phân, vì phương pháp này đã có rất nhiều tài liệu viết về nó, và coi như các bạn không còn xa lạ gì với nó nữa!), Ứng dụng của các kỹ thuật mà tôi nêu ra cũng diễn ra theo phạm vi hẹp dần ...
Vậy có nên tiếp tục nữa hay không nhỉ?

#19 batigoal

batigoal

    Hướng dẫn viên $\LaTeX$

  • Điều hành viên
  • 252 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 16-06-2012 - 13:35

Với những bài viết ở trên, càng lúc tôi càng dẫn các bạn đi xa hơn với các kỹ thuật để tính tổng.

(Tôi bỏ qua phương pháp sai phân, vì phương pháp này đã có rất nhiều tài liệu viết về nó, và coi như các bạn không còn xa lạ gì với nó nữa!), Ứng dụng của các kỹ thuật mà tôi nêu ra cũng diễn ra theo phạm vi hẹp dần ...
Vậy có nên tiếp tục nữa hay không nhỉ?


Tất nhiên là cứ tiếp tục chứ anh. Cho tẹt ga luôn đi anh ạ:D

#20 hxthanh

hxthanh

    Trung tá

  • Thành viên
  • 2985 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$-\infty$

Đã gửi 17-06-2012 - 08:58

Trước khi tiếp tục bài viết của mình, tôi và các bạn hãy cùng nhau giải quyết bài tập sau, để xem nó "ảo" tới cỡ nào!

...
$\fbox{Bài 6}$
Tính $S=\sum\limits_{k=1}^n\left((-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}(2k-1)\right)$

$\fbox{Lời giải 1:}$
Quan sát:
$\begin{array}{|r|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
k&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12&\cdots\\
\hline
(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}&-1&-1&1&1&-1&-1&1&1&-1&-1&1&1&\cdots\\
\hline
\end{array}$
Ta dễ dàng chứng minh được kết quả sau:
$(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}=\left\{\begin{array}{r l}1&\;\left[\begin{array}{l}k=4t \\ k=4t+3\end{array}\right.\;\left(t\in\mathbb{N}\right) \\ -1&\;\left[\begin{array}{l}k=4t+1 \\ k=4t+2\end{array}\right.\;\left(t\in\mathbb{N}\right)\end{array}\right.$
Dùng phân đoạn modul-4 loại 2, ta tách thành 4 tổng sau:
$S=\sum\limits_{k=1}^n\left((-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}(2k-1)\right)=\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{4}\right\rfloor} (8k-1)+\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n-1}{4}\right\rfloor} (-8k-1)+\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n-2}{4}\right\rfloor} (-8k-3)+\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n-3}{4}\right\rfloor} (8k+5)$
Tính toán 4 tổng này thì đơn giản rồi, ta được kết quả là:

$S=4\left\lfloor\dfrac{n}{4}\right\rfloor^2+3\left\lfloor\dfrac{n}{4}\right\rfloor-4\left\lfloor\dfrac{n-1}{4}\right\rfloor^2-5\left\lfloor\dfrac{n-1}{4}\right\rfloor-4\left\lfloor\dfrac{n-2}{4}\right\rfloor^2-7\left\lfloor\dfrac{n-2}{4}\right\rfloor+4\left\lfloor\dfrac{n-3}{4}\right\rfloor^2+9\left\lfloor\dfrac{n-3}{4}\right\rfloor+1$

$\Rightarrow S=\left\lfloor\dfrac{n}{4}\right\rfloor\left(8\cos\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)-1\right)+5\left\lfloor\dfrac{n+1}{4}\right\rfloor-3\left\lfloor\dfrac{n+2}{4}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{n+3}{4}\right\rfloor\quad\;\boxed{!\triangle!}$

$\fbox{Lời giải 2:}$
Để ý một chút ta thấy:
$(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}=(-1)^{\frac{k^2+k}{2}}=(-1)^{\frac{k^2-3k+2+4k-2}{2}}=(-1)^{\frac{(k-2)(k-1)}{2}+2k-1}=-(-1)^{\frac{(k-2)(k-1)}{2}}$

Và: $\quad 2k-1=\dfrac{(2k+1)+(2k-3)}{2}$
Do đó:

$\Rightarrow (-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}(2k-1)=\dfrac{2k+1}{2}(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}-\dfrac{2k-3}{2}(-1)^{\frac{(k-2)(k-1)}{2}}$

$=\left(\dfrac{2k+1}{2}(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}+\dfrac{2k-1}{2}(-1)^{\frac{(k-1)k}{2}}\right)-\left(\dfrac{2k-1}{2}(-1)^{\frac{(k-1)k}{2}}+\dfrac{2k-3}{2}(-1)^{\frac{(k-2)(k-1)}{2}}\right)$

Bây giờ tính tổng sai phân được rồi!

Kết quả: $\boxed{S=\sum\limits_{k=1}^n\left((-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}(2k-1)\right)=\dfrac{2n+1}{2}(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}+\dfrac{2n-1}{2}(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}}$




0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh