Chủ đề này có 61 trả lời

[hxthanh]

Tôi cũng lấy làm lạ là đối với lời giải 2, dùng phương pháp sai phân để phân tích đẹp như thế, lời giải ngắn gọn, súc tích, đáp số cũng quá đẹp! tuy rằng không được "tự nhiên" lắm, ấy vậy mà không thấy ai thắc mắc gì. Đại loại như câu hỏi:

"Làm thế nào mà phân tích được sai phân đẹp thế?"

Xin thưa với các bạn là tự nhiên hay ngẫu nhiên mà nghĩ được ra lời giải bằng sai phân nói trên thì "trình" phải nói là cực "siêu" mới có thể nghĩ ngay ra được như vậy!
Để tìm được lời giải này tôi đã dùng đến kết quả của lời giải 1, rút gọn lại, rồi thay các biểu thức phần nguyên bằng giá trị tương xứng để được đáp án 2. Từ đáp án 2 tôi "truy ngược" ra được sai phân như trên!

Một số giá trị phần nguyên tương đương $\left(n\in \mathbb{Z}\right)$

$(-1)^n=1-2n+4\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor$

$\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor=\dfrac{2n-1+(-1)^n}{4}$

$(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}=1+2\left\lfloor\dfrac{n+1}{4}\right\rfloor-2\left\lfloor\dfrac{n+3}{4}\right\rfloor$

$(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}=1+2\left\lfloor\dfrac{n}{4}\right\rfloor-2\left\lfloor\dfrac{n+2}{4}\right\rfloor$

$(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}+(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}=2\cos\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)$

$(-1)^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}$

v.v...

[hxthanh]

Luyện tập tiếp nhé!
$\fbox{Bài 7}$
Tính tổng:$\qquad S_n=\sum\limits_{k=1}^{2n^2+n} \left\lfloor\dfrac{\sqrt{8k-7}-1}{4}\right\rfloor\quad\left( n\in\mathbb{N}^*\right)$

$\fbox{Bài 8}$
Có bao nhiêu cách phân tích số nguyên dương $n$ thành tổng của $3$ số nguyên dương phân biệt, có phân biệt thứ tự trong tổng?

$\fbox{Bài 9}$
Có bao nhiêu cách phân tích số nguyên dương $n$ thành tổng của các số nguyên dương, không phân biệt thứ tự trong tổng?

$\fbox{Bài 10}$
Cho dãy số $\left\{U_n\right\}$, biết: $\qquad U_0=1;\;U_1=0;\;U_2=2;\;U_3=3$
Và $\qquad\quad \left\{\begin{eqnarray*}U_{2k+2}&=&3U_{2k}-2U_{2k-2} \\ U_{2k+3}&=&5U_{2k+1}-6U_{2k-1}+2 \end{eqnarray*}\right| \;\text{với }\;k\ge 1$
$1.$ Tính tổng:
$\quad S_n=\sum\limits_{k=1}^n U_k$
$2.$ Xác định (chỉ một) công thức tổng quát của dãy số trên.

$\fbox{Bài 11}$
Cho dãy số $\left\{U_n\right\}$, biết:
$\quad U_{k^2-k+1}=U_{k^2-k+2}=\cdots=U_{k^2+k}=\dfrac{1}{k^3+k^2};\;\;\forall k\ge 1$
$1.$ Tính tổng:
$\quad S_n=\sum\limits_{k=1}^{n^2+n} U_k$
$2.$ Xác định công thức tổng quát của dãy số trên.

$\fbox{Bài 12}$
Cho dãy số nguyên $\left\{U_n\right\}$, thỏa mãn $U_0=1$ và
$U_n=\left\lfloor\dfrac{(n-1)U_{n-1}+n^2-2n+2}{n}\right\rfloor,\;\;\forall n \ge 1$
$1.$ Chứng minh rằng:
$\qquad\quad \left\{\begin{eqnarray*}U_{3k}&=&3k^2-2k+1 \\ U_{3k+1}&=&3k^2+1 \\ U_{3k+2}&=&3k^2+2k+1 \end{eqnarray*}\right| \;\text{với }\;k\ge 0$
$2.$ Tính tổng:
$\quad S_n=\sum\limits_{k=0}^n U_k$

[hxthanh]

Nói nhiều về lý thuyết quá sợ "loãng" topic, chi bằng ta hãy cùng nhau tìm hiểu cách giải các bài tập:

...
$\fbox{Bài 11}$
Cho dãy số $\left\{U_n\right\}$, biết:
$\quad U_{k^2-k+1}=U_{k^2-k+2}=\cdots=U_{k^2+k}=\dfrac{1}{k^3+k^2};\;\;\forall k\ge 1$
$1.$ Tính tổng:
$\quad S_n=\sum\limits_{k=1}^{n^2+n} U_k$
$2.$ Xác định công thức tổng quát của dãy số trên.
...

Lời giải:

Nhận xét: Dãy $\{U_n\}$ đề bài cho được xác định trên một nhóm số hạng cùng trong một công thức. Như vậy để tính được tổng các số hạng của dãy, ta phải gộp những thành phần này chung với nhau:

Với chỉ số $i$ thỏa mãn $k^2-k+1\le i \le k^2+k$ thì $U_i=\dfrac{1}{k^3+k^2}$

Cần có: $1\le k^2-k+1 \Rightarrow k\ge 1;\quad k^2+k\le n^2+n \Rightarrow k \le n$

$\fbox{1.}$ Như vậy:

$S_n=\sum\limits_{k=1}^{n^2+n} U_k=\sum\limits_{k=1}^n\left(\sum\limits_{i=k^2-k+1}^{k^2+k} \dfrac{1}{k^3+k^2}\right)$

$S_n=\sum\limits_{k=1}^n\left(\dfrac{(k^2+k)-(k^2-k+1)+1}{k^3+k^2}\right)=\sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{2}{k(k+1)}=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\dfrac{2}{k}-\dfrac{2}{k+1}\right)=2-\dfrac{2}{n+1}$

$\fbox{2.}$ Với chỉ số $n$ thỏa mãn $k^2-k+1\le n \le k^2+k$ thì $U_n=\dfrac{1}{k^3+k^2}$

Bây giờ ta phải xác định $k$

Từ $k^2-k+1\le n \le k^2+k$ suy ra $k^2-k+1\le n < k^2+k+1$

$\Rightarrow \dfrac{-1+\sqrt{4n-3}}{2} < k \le \dfrac{1+\sqrt{4n-3}}{2}\Rightarrow k=\left\lfloor\dfrac{1+\sqrt{4n-3}}{2}\right\rfloor$

Công thức tổng quát của dãy đã cho là:

$\qquad\boxed{U_n=\dfrac{1}{k^3+k^2}\quad \text{với: }\;\; k=\left\lfloor\dfrac{1+\sqrt{4n-3}}{2}\right\rfloor}$

...
$\fbox{Bài 8}$

Có bao nhiêu cách phân tích số nguyên dương $n$ thành tổng của $3$ số nguyên dương phân biệt, có phân biệt thứ tự trong tổng?
...

Hướng dẫn:
Xét phương trình: $a+b+c=n$ với $a,b,c$ nguyên dương và đôi một khác nhau.
Với mỗi bộ nghiệm $(a_0,b_0,c_0)\;\;a_0 < b_0 < c_0$ cho ta tất cả $3!$ nghiệm của phương trình bằng cách hoán vị. (Yêu cầu của đề hơi chuối )
Do đó không mất tổng quát ta giả sử $a < b < c$
Ta có:
$n=a+b+c \ge a+(a+1)+(a+2)=3a+3 \Rightarrow a \le \left\lfloor\dfrac{n-3}{3}\right\rfloor$

Với mỗi $a$ thì ta tách 3 phần dưới dạng $a,\quad a+x,\quad n-x-2a$
với $1 \le x$ và $a+x < n-x-2a \Rightarrow x \le \left\lfloor\dfrac{n-1-3a}{2}\right\rfloor$

Như vậy với mỗi $a$ xác định ta có được $3!\left\lfloor\dfrac{n-1-3a}{2}\right\rfloor$ nghiệm
Như vậy số nghiệm của phương trình đã cho là

$S_n=3!\sum\limits_{a=1}^{\left\lfloor\frac{n-3}{3}\right\rfloor} \left\lfloor\dfrac{n-1-3a}{2}\right\rfloor$

Công việc còn lại dành cho các bạn!

[hxthanh]

Một vài vấn đề về tổng đa chiều phụ thuộc tuyến tính

Một tổng hữu hạn được lấy theo $r$ biến chạy $k_1,k_2,...,k_r$ trong đó các biến $k_1,k_2,...,k_r$ bị ràng buộc bởi ít nhất một điều kiện (tuyến tính), được gọi là tổng đa chiều phụ thuộc tuyến tính.

Ví dụ các tổng sau đều là tổng phụ thuộc tuyến tính

$S_1=\sum\limits_{i+j=n}f(i,j)$
$S_2=\sum\limits_{i=a}^b\sum\limits_{j=i+c}^d f(i,j)$
$S_3=\sum\limits_{\begin{matrix}a\le i+j \le b \\ i,j \in D\end{matrix}} f(i,j)$
v.v...

Với định nghĩa như trên thì quả thực các vấn đề về tổng phụ thuộc tuyến tính khá là rộng, đa dạng, và khó có thể xây dựng đầy đủ các tính chất của nó. Trong bài viết này tôi chỉ đề cập đến các tổng như ba dạng trong ví dụ trên.

$\begin{array}{|c|}
\hline
\begin{array}{l}
\boxed{\textbf{Bổ Đề 1}}\\
\text{Với }r \ge 2\;\text{ và các số tự nhiên } k_1,k_2,...,k_r;\;p_1,p_2,...,p_r;\;n,\;\text{ta có:}\\
\end{array}\\
S_r=\sum\limits_{k_1+k_2+...+k_r=n} C_{k_1+p_1}^{p_1}C_{k_2+p_2}^{p_2}...C_{k_r+p_r}^{p_r}= C_{p_1+p_2+...+p_r+n+1}^{p_1+p_2+...+p_r+1}\\
\hline
\end{array}\qquad(12)$

Ta chứng minh bổ đề $(12)$ bằng quy nạp theo ... số biến !
$\boxed{r=2}$
Tổng cần chứng minh trở thành $\quad\boxed{S_2=\sum\limits_{k_1+k_2=n} C_{k_1+p_1}^{p_1}C_{k_2+p_2}^{p_2}= C_{p_1+p_2+n+1}^{p_1+p_2+1}}\quad(13)$

Ta sẽ chứng minh $(13)$ bằng... quy nạp theo $n$
$\quad\bullet$ Với $n=0$ thì $k_1=k_2=0$. Đẳng thức trở thành $\quad C_{p_1}^{p_1}C_{p_2}^{p_2}=C_{p_1+p_2+1}^{p_1+p_2+1}\quad(\text{đúng!})$

$\quad\bullet$ Với $n=1$ thì $k_1=0;\;k_2=1$ hoặc $k_1=1;\;k_2=0$. Đẳng thức trở thành $\quad C_{p_1}^{p_1}C_{p_2+1}^{p_2}+C_{p_1+1}^{p_1}C_{p_2}^{p_2}=C_{p_1+p_2+2}^{p_1+p_2+1}\quad(\text{đúng!})$

$\quad\bullet$ Giả sử $(13)$ đúng đến $n$, ta chứng minh $(13)$ cũng đúng với $n+1$.
Ta có:
$\begin{align*}S_2&=\sum\limits_{k_1+k_2=n+1} C_{k_1+p_1}^{p_1}C_{k_2+p_2}^{p_2}\\
&=\sum\limits_{k_1+(k_2-1)=n} C_{k_1+p_1}^{p_1}\left(C_{k_2+p_2}^{p_2+1}-C_{k_2+p_2-1}^{p_2}\right)\\
&=\sum\limits_{k_1+(k_2-1)=n} C_{k_1+p_1}^{p_1}C_{(k_2-1)+p_2+1}^{p_2+1}-\sum\limits_{k_1+(k_2-1)=n} C_{k_1+p_1}^{p_1}C_{(k_2-1)+p_2}^{p_2}\\
&= C_{p_1+p_2+n+2}^{p_1+p_2+2}-C_{p_1+p_2+n+1}^{p_1+p_2+1} \text{(Theo giả thiết quy nạp)}\\
&= C_{p_1+p_2+n+2}^{p_1+p_2+1}\end{align*}$

Vậy $(13)$ cũng đúng với $n+1$, theo nguyên lý quy nạp $(13)$ đúng với mọi $n$

(Xong bước quy nạp 2 biến )
$\boxed{\text{Giả sử }(12) \;\text{đúng đến } r \;\text{biến}}$ ; ta chứng minh $(12)$ cũng đúng với $r+1$ biến chạy. Thật vậy, ta có:

$\begin{align*}S_r&=\sum\limits_{k_1+k_2+...+k_r+k_{r+1}=n} C_{k_1+p_1}^{p_1}C_{k_2+p_2}^{p_2}...C_{k_r+p_r}^{p_r}C_{k_{r+1}+p_{r+1}}^{p_{r+1}}\\
&=\sum\limits_{k_{r+1}=0}^n \sum\limits_{k_1+k_2+...+k_r=n-k_{r+1}} C_{k_1+p_1}^{p_1}C_{k_2+p_2}^{p_2}...C_{k_r+p_r}^{p_r}C_{k_{r+1}+p_{r+1}}^{p_{r+1}}\\
&=\sum\limits_{k_{r+1}=0}^n\left(C_{k_{r+1}+p_{r+1}}^{p_{r+1}}\left(\sum\limits_{k_1+k_2+...+k_r=n-k_{r+1}} C_{k_1+p_1}^{p_1}C_{k_2+p_2}^{p_2}...C_{k_r+p_r}^{p_r}\right)\right)\\
&=\sum\limits_{k_{r+1}=0}^n C_{k_{r+1}+p_{r+1}}^{p_{r+1}}C_{p_1+p_2+...+p_r+n-k_{r+1}+1}^{p_1+p_2+...+p_r+1}\quad\text{(Theo giả thiết quy nạp)}
\end{align*}$
Đặt $k=n-k_{r+1}$ suy ra $k+k_{r+1}=n$. Do đó
$S_r=\sum\limits_{k+k_{r+1}=n}C_{k_{r+1}+p_{r+1}}^{p_{r+1}}C_{(p_1+p_2+...+p_r+1)+k}^{p_1+p_2+...+p_r+1}=C_{p_1+p_2+...+p_{r+1}+n+2}^{p_1+p_2+...+p_{r+1}+1}\quad$ theo $(13)$

Vậy $(12)$ cũng đúng với $r+1$ biến, theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh.
____________________
Trước khi, tiếp tục "nghiên cứu" về dạng tổng này, ta hãy xét một ví dụ sau:
$\begin{array}{|l|}
\hline
\fbox{Ví dụ: 7}\\
\text{Cho n là 1 số nguyên dương }\;(n \ge 4).\;\text{Tìm tất cả các xâu nhị phân có độ dài }\;n\;\\
\text{ sao cho trong đó xuất hiện đúng } 2\;\text{ lần cụm }\; 01. \\
\hline
\end{array}$
Lời giải: (của perfectstrong)
Gọi $S_n$ là số xâu nhị phân thỏa đề.
Giả sử $x=\overline{a_1a_2...a_n}$ là 1 xâu thỏa đề.
Không mất tính tổng quát, giả sử $\overline{a_ia_{i+1}}=\overline{a_ja_{j+1}}=01$ với $ i+1 \text{ < } j $.
Xét đoạn $\overline{a_{j+2}...a_n}$
Gọi $a_k$ là vị trí đầu tiên trong đoạn bằng $0$. Dễ thấy, mọi $t \ge k$ thì $a_t=0$.
Do đó, số cách chọn cho đoạn $\overline{a_{j+2}...a_n}$ là $n-j$
Tương tự, đoạn $\overline{a_{1}...a_{i-1}}$ có $i$ cách chọn, đoạn $\overline{a_{i+2}...a_{j-1}}$ có $j-i-1$ cách chọn.
Mặt khác, ta có $i=\overline{1,n-3};j=\overline{i+2,n-1}$ nên ta có tổng số xâu thỏa đề là
$\begin{align*}
S_n &= \sum\limits_{i=1}^{n-3}\left(\sum\limits_{j=i+2}^{n-1}\Big(i(j-i-1)(n-j)\Big)\right)\\
&= \sum\limits_{i=1}^{n-3}\left(\sum\limits_{j=i+2}^{n-1}\Big(i(j-i-1)(n-j)\Big)\right) \\
&= \sum\limits_{i=1}^{n-3}\left(i \sum\limits_{j=1}^{n-i-2}\Big(j(n-1-i-j)\Big)\right) \quad \text{ (Tịnh tiến biến $j$ thêm $-i-1$) } \\
&= \sum\limits_{i=1}^{n-3}\left(i \sum\limits_{j=1}^{n-i-2}\Big(j(n-1-i)-j^2\Big)\right) \\
&=\sum\limits_{i=1}^{n-3}\left(i \Big(\dfrac{(n-i-1)^2(n-i-2)}{2}-\dfrac{(n-i-2)(n-i-1)(2n-2i-3)}{6}\Big)\right) \\
&=\sum\limits_{i=1}^{n-3}\left(i \Big(\dfrac{(n-i-1)(n-i-2)(n-i)}{6}\Big)\right) \\
&=\sum\limits_{i=1}^{n-3}\left(i C_{n-i}^3\right) \\
&=\sum\limits_{i=1}^{n-3}\left(C_i^1 C_{n-i}^3\right) \\
S_n &=\sum\limits_{i=0}^{n-4}\left(C_{i+1}^1 C_{n-4-i+3}^3\right) \quad \text{(Tịnh tiến $-1$)}
\end{align*}$
Đặt $k=n-4-i $ suy ra $k+i=n-4$, do đó:
$\Rightarrow S_n=\sum\limits_{k+i=n-4}\left(C_{i+1}^1 C_{k+3}^3\right)=C_{1+3+(n-4)+1}^{1+3+1}$ $($Theo $(13))$
Vậy $\boxed{S_n=C_{n+1}^5}$

[The Gunner]

Thấy thầy treo stt nên vào xem thử
Một cách khác cho ví dụ 7 theo kiểu tổ hợp ( Sr vì làm loãng topic của Thầy )
Xét một xâu nhị phân thỏa đề như trên là $a_1a_2...a_n$ thì xét trong lưới điểm nguyên, đặt tọa độ cho mỗi số lần lượt là $(i-1,a_i)$
nối các điểm trên được đánh dấu như trên lại thì ta được một đường đi có $n-1$ cạnh
Ta thấy rằng một đường đi thỏa mãn khi nó chỉ có thể đi lên đúng hai lần
+Nếu $a_1=0$ thì với lần đầu tiên đi lên thì phải có một lần đi xuống để có một lần đi lên lại. Nếu ko đi xuống nữa thì ta được $\binom{n-1}{3}$ cách, nếu nó đi xuống lần nữa thì ko được đi lên lại nên có $\binom{n-1}{4}$ cách
Do đó trường hợp này có $\binom{n-1}{3}+\binom{n-1}{4}=\binom{n}{4}$ cách
+ Tương tự nếu $a_1=1$ lần đầu tiên phải đi xuống mới có thể đi lên lại, tiếp tục cũng phải có một lần đi xuống rồi đi lên. Nếu ko đi xuống nữa thì có $\binom{n-1}{4}$ cách, còn nếu đi xuống thì ko thể đi lên lại được nên có $\binom{n-1}{5}$ cách.
Do đó trường hợp này có $\binom{n-1}{4}+\binom{n-1}{5}=\binom{n}{5}$
Từ đó ta có tổng số cách là $\binom{n}{4}+\binom{n}{5}=\binom{n+1}{5}$ cách
đó cũng chính là số dãy nhị phân thỏa mãn

[hxthanh]

Cảm ơn em đã góp ý với một lời giải rất hay! Mong em tham gia nhiệt tình hơn cho topic thêm phần sôi nổi!

_________________________________
p/s: The Gunner
Nếu em chứng minh được đẳng thức $(12)$ bằng phương pháp đếm theo 2 cách của tổ hợp thì tuyệt quá!

[hxthanh]

Các bạn hết sức lưu ý ở bổ đề này:

$\begin{array}{|c|}
\hline
\begin{array}{l}
\boxed{\textbf{Bổ Đề 1}}\\
\text{Với }r \ge 2\;\text{ và các số tự nhiên } k_1,k_2,...,k_r;\;p_1,p_2,...,p_r;\;n,\;\text{ta có:}\\
\end{array}\\
S_r=\sum\limits_{k_1+k_2+...+k_r=n} C_{k_1+p_1}^{p_1}C_{k_2+p_2}^{p_2}...C_{k_r+p_r}^{p_r}= C_{p_1+p_2+...+p_r+n+1}^{p_1+p_2+...+p_r+1}\\
\hline
\end{array}\qquad(12)$

Ta đã chứng minh bằng quy nạp được $(12)$ đúng với mọi $n$ và $r\ge 2$, nhưng còn điều kiện của $p_1,p_2,...,p_r$ thì sao?
nếu một trong số chúng bằng $0$, giả sử $p_i=0$, thì điều gì sẽ xảy ra? Lúc đó hàm lấy tổng sẽ khuyết đi một biến bởi vì $C_{p_i+k_i}^{p_i}=C_{k_i}^{0}=1$. Dễ nhận thấy khi đó $(12)$ là sai!

Một câu hỏi mở cho các bạn: Hãy khắc phục tình trạng này, để có một đẳng thức "đẹp"

[anh qua]

Ủng hộ thầy Thanh phát!
Bài toán: Tính :
A = $\sum_{i=1}^{p}{[\frac{k^3}{p}]}$ ( p là số nguyên tố lẻ.)
(Đức - 1997)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anh qua: 28-06-2012 - 22:44

[hxthanh]

Ủng hộ thầy Thanh phát!
Bài toán: Tính :
A = $\sum_{i=1}^{p}{[\frac{k^3}{p}]}$ ( p là số nguyên dương)
(Đức - 1997)

Xem lại đề bài đi em

[hxthanh]

$$\fbox{Phương pháp tính tổng SAI PHÂN TỪNG PHẦN}$$
Dùng sai phân để tính tổng, chắc hẳn các bạn cũng từng được nghe nói, thậm chí là quá quen thuộc với phương pháp này trong những bài toán tính tổng. Có một điều thú vị, mà ít ai để ý tới đó là ta có thể dùng phương pháp này để tách từng phần (nghe như tích phân từng phần vậy! ) tổng cần tính thành một tổng đơn giản hơn:

Đi luôn vào vấn đề:

$\begin{array}{|c|}
\hline
\sum\limits_{k=a}^b g(k).\Delta f(k)= g(k)f(k)\left|{}_{k=a}^{{}^{b+1}}\right.- \sum\limits_{k=a}^b f(k+1).\Delta g(k)\\
\text{trong đó:}\\
\Delta f(k)=f(k+1)-f(k)\\
\Delta g(k)=g(k+1)-g(k)\\
\hline
\end{array}\qquad(14)$

Chứng minh:

Đặt $h(k)=g(k).f(k)$, ta có
$\begin{eqnarray*}\Delta h(k)&=& g(k+1).f(k+1)-g(k).f(k)\\ &=& g(k+1).f(k+1)-g(k).f(k+1)+g(k).f(k+1)-g(k)f(k)\\ &=& f(k+1)\Delta g(k)+ g(k)\Delta f(k)\end{eqnarray*}$

Suy ra: $g(k)\Delta f(k)=\Delta h(k) - f(k+1)\Delta g(k)$

Lấy tổng hai vế từ $a$ đến $b$, ta có điều phải chứng minh.

Áp dụng $(14)$

$\fbox{Ví dụ 8:}$
Tính $S=\sum\limits_{k=0}^{2012} (k.2^k)$

Lời giải:
Ta có $\begin{cases}&\Delta (2^k)=2^{k+1}-2^k=2^k \\ &\Delta (k)=k+1-k=1\end{cases}$

Áp dụng công thức tổng sai phân từng phần ta có:

$\begin{eqnarray*}S&=&\sum\limits_{k=0}^{2012} (k.2^k)\\ &=& k.2^k\left|{}_{k=0}^{{}^{2013}}\right. -\sum\limits_{k=0}^{2012} 2^{k+1} \\ &=& 2013.2^{2013}-(2^{2014}-2)\\ &=&2011.2^{2013}+2\end{eqnarray*} $

(Các bạn có thấy nó giống tích phân từng phần không? )

Một số sai phân đáng chú ý!

$\Delta (c^k) = (c-1)c^k$
$\Delta k(k-1) = 2k$
$\Delta k(k-1)(k-2) = 3k(k-1)$
...
Nếu đặt
$k(k-1)...(k-m+1)=k^{\underline m}$ thì ta chứng minh được:
$\Delta (k^{\underline m})=m k^{\underline {m-1}}$ (Nhìn cho nó giống đạo hàm! )
Tương tự:
$\Delta (\dfrac{1}{(k+1)(k+2)})=-\dfrac{2}{(k+1)(k+2)(k+3)}$
...
Và nếu đặt: $k^{\underline{ -m}}=\dfrac{1}{(k+1)(k+2)...(k+m)}$
thì ta cũng có:
$\Delta (k^{\underline{ -m}})= -m k^{\underline {-m-1}}$
Tóm lại là:
$\Delta (k^{\underline m})= m k^{\underline {m-1}}$

$\fbox{Ví dụ 9}$
Tính $S=\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{(k+1)(k+3)}$

Lời giải:
Đặt $f(k)=\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}$, ta có:
$\Delta f(k)=\dfrac{1}{(k+2)(k+3)}-\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}=\dfrac{-2}{(k+1)(k+2)(k+3)}$
Đặt $g(k)=\dfrac{-(k+2)}{2}$ suy ra $\Delta g(k)=\dfrac{-1}{2}$
Theo công thức SAI PHÂN TỪNG PHẦN TA CÓ:
$\begin{align*}S&=\sum\limits_{k=1}^n \left(-\dfrac{k+2}{2}\right)\left(\dfrac{-2}{(k+1)(k+2)(k+3)}\right) \\ &= -\dfrac{k+2}{2}.\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}\left|\begin{matrix}{}^{n+1} \\ {}_{k=1}\end{matrix}\right.-\sum\limits_{k=1}^n \left(\dfrac{1}{(k+2)(k+3)}\right)\left(\dfrac{-1}{2}\right) \\ &= -\dfrac{1}{2(n+2)}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^n \left(\dfrac{1}{n+2}-\dfrac{1}{n+3}\right) \\ &= \dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2(n+2)}+\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{2(n+3)} \\ &= \dfrac{n(5n+13)}{12(n+2)(n+3)}\end{align*}$

[hxthanh]

Áp dụng phương pháp lấy tổng SAI PHÂN TỪNG PHẦN giải các bài tập sau:

$\fbox{Bài 13}$
Tính:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{k}{(k+1)(k+2)(k+3)}$

$\fbox{Bài 14}$
Tính:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{4k}{(k+n)(k+n+1)(k+n+2)}$

$\fbox{Bài 15}$
Tính:
$S=\sum\limits_{k=1}^n k^2 3^k$

$\fbox{Bài 16}$
Tính:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{1}{k(k+3)}$

$\fbox{Bài 17}$
Tính:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{1}{(2k-1)(2k+3)}$

$\fbox{Bài 18}$
Tính:
$S=\sum\limits_{k=2}^n \dfrac{n-k}{k^3-k}$

[Beautifulsunrise]

Áp dụng phương pháp lấy tổng SAI PHÂN TỪNG PHẦN giải các bài tập sau:
$\fbox{Bài 16}$
Tính:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{1}{k(k+3)}$

Do (k+3) - k = 3 nên ta có:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{1}{k(k+3)}=\frac{1}{3}(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2}-\frac{1}{k+3})$
__________________________________________________________
@ hxthanh: Cảm ơn bạn đã ủng hộ!

Đáp án phải là $\dfrac{1}{3}\left(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{n+2}-\dfrac{1}{n+3}\right)=\dfrac{n(11n^2+48n+49)}{18(n+1)(n+2)(n+3)}$

chứ nhỉ?
_______________________________
Cảm ơn bạn, đúng thế. Kĩ thuật dùng sai phân từng phần theo mình nghĩ là rất hay . @_^

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 02-07-2012 - 00:53

[Beautifulsunrise]

$\fbox{Bài 17}$
Tính:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{1}{(2k-1)(2k+3)}$

Do (2k + 3) - (2k - 1) = 4 nên ta có:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{1}{(2k-1)(2k+3)}=\frac{1}{4}\left [(1+\frac{1}{3})-(\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+3}) \right ]$
__________________________________________________________
@hxthanh: Tiếc là bài này sai mất rồi!
___________________________________
Cảm ơn bạn. Mình đã sửa rồi. @_^

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 02-07-2012 - 00:30

[hxthanh]

Do (2k + 3) - (2k - 1) = 4 nên ta có:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{1}{(2k-1)(2k+3)}=\frac{1}{4}\left [(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7})-(\frac{1}{2n-3}+\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+3}) \right ]$
__________________________________________________________
@hxthanh: Tiếc là bài này sai mất rồi!
___________________________________
Cảm ơn bạn. Mình đã sửa rồi. @_^

Lời giải:

Đặt $f(k)=\dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}$
ta có:
$\Delta(f(k))=\dfrac{1}{(2k+1)(2k+3)}-\dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\dfrac{-4}{(2k-1)(2k+1)(2k+3)}$
Đặt $g(k)=-\dfrac{2k+1}{4}$ suy ra $\Delta(g(k))=-\dfrac{2k+3}{4}+\dfrac{2k+1}{4}=-\dfrac{1}{2}$
Theo công thức Sai phân từng phần ta có:

$\begin{align*}S&=\sum\limits_{k=1}^n \left(-\dfrac{2k+1}{4}\right)\Delta\left(\dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}\right) \\ &= \left(-\dfrac{2k+1}{4}\right)\left(\dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}\right)\left|\begin{matrix}{}^{n+1} \\ {}_{k=1}\end{matrix}\right. -\sum\limits_{k=1}^n \left(\dfrac{1}{(2k+1)(2k+3)}\right)\left(\dfrac{-1}{2}\right) \\ &= \dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4(2n+1)}+\dfrac{1}{4}\sum\limits_{k=1}^n \left(\dfrac{1}{2k+1}-\dfrac{1}{2k+3}\right) \\ &= \dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4(2n+1)}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2n+3}\right) \\ &= \dfrac{n(4n+5)}{3(2n+1)(2n+3)}\end{align*}$

[Beautifulsunrise]

$\fbox{Bài 18}$
Tính:
$S=\sum\limits_{k=2}^n \dfrac{n-k}{k^3-k}$

Do (k+1)-(k-1)=2 nên:
$S=\sum\limits_{k=2}^n \dfrac{n-k}{k^3-k}=\frac{n}{2}\sum\limits_{k=2}^n \left [ \dfrac{1}{(k-1)k}-\dfrac{1}{k(k+1)}+\dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k+1} \right ]=\frac{n}{2}\left [ \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{n(n+1)} \right ]+\frac{1}{2}\left [ 1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1} \right ]$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 02-07-2012 - 00:52

[Beautifulsunrise]

$\fbox{Bài 13}$
Tính:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{k}{(k+1)(k+2)(k+3)}$

$S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{k}{(k+1)(k+2)(k+3)}=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{1}{(k+2)(k+3)}-\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^n \left [ \dfrac{1}{(k+1)(k+2)}-\dfrac{1}{(k+2)(k+3)} \right ]=\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{n+3}-\frac{1}{2}\left [ \dfrac{1}{2.3}-\dfrac{1}{(n+2)(n+3)} \right ]$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 02-07-2012 - 01:22

[Beautifulsunrise]

$\fbox{Bài 14}$
Tính:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{4k}{(k+n)(k+n+1)(k+n+2)}$

$S=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{4k}{(k+n)(k+n+1)(k+n+2)}=4\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{1}{(k+n+1)(k+n+2)}-2n\sum\limits_{k=1}^n \left [ \dfrac{1}{(k+n)(k+n+1)}-\dfrac{1}{(k+n+1)(k+n+2)} \right ]=4\left [ \dfrac{1}{n+2}-\dfrac{1}{2n+2} \right ]-2n \left [ \dfrac{1}{(n+1)(n+2)}-\dfrac{1}{(2n+1)(2n+2)} \right ]$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 02-07-2012 - 01:28

[Beautifulsunrise]

Áp dụng phương pháp lấy tổng SAI PHÂN TỪNG PHẦN giải bài tập:
$\fbox{Bài 15}$
Tính:
$S=\sum\limits_{k=1}^n k^2 3^k$

$S = \frac{3^{n+1}(n+1)^2}{2}- \frac{3.2^2}{2}-\sum_{k=1}^{n}k.3^{k+1}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2}.3^{k+1}=\frac{3^{n+1}(n+1)^2}{2}- \frac{3.2^2}{2}-\left [ \frac{3^{n+2}(n+1)}{2}- \frac{3^2}{2} \right ]-\frac{3^{n+2}-3^2}{4}+\frac{3^{n+3}-3^3}{4}$

[hxthanh]

Một số bài toán (sưu tầm)

$\fbox{Bài 19}$
Tính:

$S=\dfrac{3^3+1^3}{2^3-1^3}+\dfrac{5^3+2^3}{3^3-2^3}+\dfrac{7^3+3^3}{4^3-3^3}+...+\dfrac{4012^3+2006^3}{2007^3-2006^3}$

- Huỳnh Quang Lâu -

$\fbox{Bài 20}$
Dãy $\{S_n\}$ được định nghĩa bởi
$S_n=1+\dfrac{1}{1+2}+\dfrac{1}{1+2+3}+...+\dfrac{1}{1+2+...+n}\quad(n=1,2,...)$

Tìm số hữu tỉ $r$ nhỏ nhất sao cho: $S_n<r,\;\;\;\forall n\in\mathbb N^*$

- Nguyễn Tiến Lâm -

$\fbox{Bài 21}$
Tính:
$S_n=\sum\limits_{k=1}^n \arctan\left(\dfrac{1}{1+k+k^2}\right)$

- Sưu tầm -

$\fbox{Bài 22}$
Tính:
$S_n=\sum\limits_{k=1}^n \ln\left(\dfrac{k(2k+1)}{(k+1)(2k-1)}\right)$

- Sưu tầm -

[hxthanh]

Không thấy topic này hoạt động gì cả
Đẩy lên 1 phát

$\fbox{Bài 23}$
Tính $ S_n=\sum\limits_{k = 1}^n\dfrac{k^2-k-1}{(k+1)!} $