MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ TỔNG TỪNG PHẦN ABEL
Tổng Từng Phần Abel (Abel's summation by parts) còn gọi là Abel tranformation có nội dung tương tự như công thức Sai phân từng phần
$\displaystyle \sum_{k=1}^n a_kb_k=A_nb_n-\sum_{k=1}^{n-1}A_k\Delta b_k\quad(1)$
Trong đó: $\displaystyle A_k=\sum_{i=1}^k a_i=a_1+a_2+...+a_k$ và $\Delta b_k=b_{k+1}-b_k$
Chứng minh:
Ta có: $a_1=A_1$ và $\Delta A_{k-1}=A_k-A_{k-1}=a_k$
Áp dụng Sai phân từng phần ta có:
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}A_k\Delta b_k= A_kb_k\bigg|_{k=1}^n - \sum_{k=1}^{n-1} b_{k+1}\Delta A_{k}=A_nb_n-a_1b_1-\sum_{k=1}^{n-1}a_{k+1}b_{k+1}=A_nb_n-\sum_{k=1}^n a_kb_k$
Từ đây suy ra ngay công thức $(1)$.
Hoặc viết cụ thể ra thì:
$\displaystyle \sum_{k=1}^n a_kb_k=A_1b_1+(A_2-A_1)b_2+...+(A_n-A_{n-1})b_n$
$\qquad= A_nb_n-A_1(b_2-b_1)-A_2(b_3-b_2)-...-A_{n-1}(b_n-b_{n-1})$
$\qquad= A_nb_n-\sum_{k=1}^{n-1}A_k\Delta b_k$
Như vậy $(1)$ được chứng minh.
Nhận xét: Các bạn có thể thấy rằng, Tổng Từng Phần Abel, thực chất là phép biến đổi ngược với Sai phân từng phần. Sau đây chúng ta sẽ đi vào một số bài toán áp dụng rất hiệu quả phép lấy tổng này.
Bài toán 1: BẤT ĐẲNG THỨC ABEL
Với các số thực $a_1,a_2,...,a_n$ thỏa điều kiện $\displaystyle m\le \sum_{i=1}^k a_i \le M,\quad \forall k=1,2,...,n$
và $b_1\ge b_2\ge ...\ge b_n>0$
Ta có bất đẳng thức: $\displaystyle b_1m\le \sum_{k=1}^n a_kb_k \le b_1M$
Chứng minh
Đặt $A_k=a_1+a_2+...+a_k$ Áp dụng tổng từng phần Abel $(1)$, ta có:
$\displaystyle \sum_{k=1}^n a_kb_k=A_nb_n+\sum_{k=1}^{n-1}A_k(b_k-b_{k+1})$
Vế phải nhỏ nhất là $mb_n+\sum_{k=1}^{n-1}m(b_k-b_{k+1})=mb_1$
và lớn nhất là $Mb_n+\sum_{k=1}^{n-1}M(b_k-b_{k+1})=Mb_1$
Bài toán 2:
Cho $a_1\ge a_2\ge...\ge a_n>0$ và $\displaystyle \sum_{i=1}^k a_i \le \sum_{i=1}^k b_i,\quad\forall k=1,2,...,n$
Chứng minh rằng: $\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2\le \sum_{i=1}^n b_i^2$
Chứng minh
Áp dụng $(1)$ và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:
$\begin{eqnarray*} \displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2&=&\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)a_n+\sum_{k=1}^{n-1}\left(\sum_{i=1}^k a_i\right)(a_k-a_{k+1})\\ &\le&\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)a_n+\sum_{k=1}^{n-1}\left(\sum_{i=1}^k b_i\right)(a_k-a_{k+1})\\ &=& \sum_{i=1}^n a_ib_i\\ &\le& \left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)^{1/2}\left(\sum_{i=1}^n b_i^2\right)^{1/2}\end{eqnarray*}$
Bình phương hai vế rồi rút gọn ta được điều phải chứng minh
Bài toán 3 (IMO 1978)
Cho $n$ số nguyên dương phân biệt $a_1, a_2, ... ,a_n$ theo thứ tự tăng dần.
Chứng minh rằng: $\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{a_k}{k^2}\ge \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$
Lời giải:
Đặt $A_k=a_1+a_2+...+a_k$. Từ điều kiện đề bài suy ra $A_k\ge 1+2+...+k=\dfrac{k(k+1)}{2}$
Áp dụng $(1)$, ta có:
$\begin{eqnarray*} \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{a_k}{k^2} &=& \dfrac{A_n}{n^2}+\sum_{k=1}^{n-1}A_k\left(\dfrac{1}{k^2}-\dfrac{1}{(k+1)^2}\right)\\ &\ge& \dfrac{n(n+1)}{2n^2}+\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{k(k+1)}{2}\cdot\dfrac{(2k+1)}{k^2(k+1)^2} \\ &=& \frac{1}{2}+\frac{1}{2n}+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{2k+1}{k(k+1)} \\ &=& \frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{n}+\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}\right)\right)\\ &=& \frac{1}{2}\left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}+\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k+1}\right)\\ &=& \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\end{eqnarray*}$
Bài toán 4 (USAMO 1982)
Cho $x$ là số thực dương và số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng:
$\left\lfloor nx\right\rfloor \ge \sum_{i=1}^n \dfrac{\left\lfloor ix\right\rfloor}{i}$
Lời giải:
Đặt $a_k=\dfrac{\left\lfloor kx\right\rfloor}{k}$ thì $A_k=\sum_{i=1}^k \dfrac{\left\lfloor ix\right\rfloor}{i}$
Ta sẽ chứng minh $\left\lfloor nx\right\rfloor \ge A_n$ bằng quy nạp
Với $n=1$ ta có đẳng thức và hiển nhiên đúng.
Giả sử bất đẳng thức đúng đến $n-1$, khi đó áp dụng Tổng Từng Phần Abel ta có:
$\displaystyle \sum_{k=1}^n \left\lfloor kx\right\rfloor =\sum_{k=1}^n a_kk=A_nn-\sum_{k=1}^{n-1}A_k$
Hay $\begin{eqnarray*} \displaystyle A_nn &=& \sum_{k=1}^n \left\lfloor kx\right\rfloor + \sum_{k=1}^{n-1}A_k \\ &\le& \sum_{k=1}^n \left\lfloor kx\right\rfloor + \sum_{k=1}^{n-1} \left\lfloor kx\right\rfloor \qquad(g.t.q.n) \\ &=& \left\lfloor nx\right\rfloor+\sum_{k=1}^{n-1}\left\lfloor kx\right\rfloor+\sum_{k=1}^{n-1}\left\lfloor (n-k)x\right\rfloor\qquad \text{(đảo chiều)} \\ &=& \left\lfloor nx\right\rfloor+\sum_{k=1}^{n-1} \left\lfloor kx+(n-k)x\right\rfloor \\ &=& n\left\lfloor nx\right\rfloor \end{eqnarray*}$
Suy ra bất đẳng thức cũng đúng với $n$. Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 5
Cho đường gấp khúc $P_0P_1P_2...P_n$ thỏa mãn điều kiện tất cả các góc bằng nhau và cùng thuận chiều kim đồng hồ: $\angle P_0P_1P_2=\angle P_1P_2P_3=...=\angle P_{n-2}P_{n-1}P_n$.
Biết rằng độ dài các cạnh giảm dần thực sự $P_0P_1>P_1P_2>...>P_{n-1}P_n$.
Chứng minh rằng đường gấp khúc đã cho không thể khép kín $(P_0 \not\equiv P_n)$
Lời giải
Bài toán này có thể đưa vào mặt phẳng tọa độ thực (Hình Học giải tích phẳng) để giải. Tuy vậy cũng không phải đơn giản. Tuy nhiên với mặt phẳng phức thì vấn đề trở nên đơn giản hơn.
Ta đưa đường gấp khúc trên vào trong mặt phẳng phức. Gọi $a_k$ là độ dài của cạnh $P_{k-1}P_k$ với $P_0=0$ và $P_1=a_1$. Gọi góc $\angle P_0P_1P_2=\varphi$ và $z= -\cos\varphi+i\sin\varphi$.
Khi đó, các điểm $P_k$ xác định bởi $P_k=a_1+a_2z+...+a_kz^{k-1},\quad (k=1,2,...,n)$
Áp dụng Tổng Từng Phần Abel ta có:
$P_n=\sum_{k=1}^n a_kz^{k-1}=a_n\sum_{j=0}^{n-1}z^j+\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{j=0}^{k}z^j(a_k-a_{k+1})$
Nếu $\varphi=0$ thì $z=1$ khi đó $P_n=a_1+a_2+...+a_n>0$
Nếu $\varphi\ne 0$ thì $z\ne 1$
Giả sử $P_n=0$ khi đó ta có:
$P_n(1-z)=0 \Leftrightarrow a_n(1-z^n)+\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})(1-z^k)=0$
$\Leftrightarrow a_n+\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})=a_nz^n+\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})z^k\quad(*)$
Mặt khác từ $|z|=1$ và $z\ne 1$, áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có:
$\left|a_nz^n+\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})z^k\right|<|a_nz^n|+\sum_{k=1}^{n-1}\left|(a_k-a_{k+1})z^k\right| = a_n+\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})$
Như vậy $(*)$ là điều vô lý!
Do đó $P_n\ne 0=P_0$, ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 6
Chứng minh rằng chuỗi $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \dfrac{\sin k}{k}$ hội tụ.
Lời giải
Đặt $a_k=\sin k$ và $b_k=\frac{1}{k}$. Áp dụng công thức (tích thành tổng)
$\sin m \sin\frac{1}{2}=\dfrac{\cos(m-1/2)-\cos(m+1/2)}{2}$, ta có:
$A_k=\sin 1+...+\sin k = \dfrac{\cos 1/2 -\cos(k+1/2)}{2\sin 1/2}=\dfrac{\sin(k/2)\sin((k+1)/2)}{\sin 1/2}$
Suy ra $|A_k|\le \dfrac{1}{\sin 1/2} \quad$ và do đó $\displaystyle \lim_{n\to \infty}A_nb_n=0$.
Áp dụng công thức Tổng Từng Phần (1) ta có:
$\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \dfrac{\sin k}{k}=\lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^n a_kb_k$
$\displaystyle\qquad=\lim_{n\to \infty}\left(A_nb_n- \sum_{k=1}^{n-1} A_k(b_{k+1}-b_k)\right)$
$\displaystyle\qquad=\sum_{k=1}^{\infty} A_k\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)$
Ta có:
$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \left|A_k\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)\right|\le \dfrac{1}{\sin 1/2}\sum_{k=1}^{\infty} \left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)=\dfrac{1}{\sin 1/2}$
Từ đó suy ra chuỗi $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \dfrac{\sin k}{k}$ hội tụ.
Thay cho lời kết của bài viết này, mời các bạn luyện tập với hai bài toán sau:
Bài tập 1:
Chứng minh rằng với mọi số thực $a_1,a_2,...,a_n$ và số nguyên $m$ trong khoảng $1,2,...,n$
Nếu $0\le \theta_n\le \theta_{n-1}\le ... \le \theta_1\le \dfrac{\pi}{2}$
thì ta có bất đẳng thức:
$\displaystyle \left|\sum_{i=1}^n a_i\sin \theta_i\right| \le \left|\sum_{i=1}^m a_i\right|$
Bài tập 2:
Cho các số thực $a_1\ge a_2\ge ...\ge a_n$ với $a_1\ne a_n$;
Cho $\displaystyle \sum_{i=1}^n x_i=0$ và $\displaystyle \sum_{i=1}^n \left| x_i\right|=1$
Tìm giá trị nhỏ nhất của $\varepsilon$ thỏa mãn bất đẳng thức:
$\displaystyle \left|\sum_{i=1}^n a_ix_i\right|\le \varepsilon(a_1-a_n) $
