Chuyên đề Toán 6 (bồi dưỡng học sinh giỏi) Dãy số viết theo qui luật

Gv: Bùi Công Hải – Trường THCS Thanh Mai
CHUYÊN ĐỀ TOÁN 6 (BD HSG)
DÃY SỐ VIẾT THEO QUI LUẬT
I. Phương pháp dự đoán và quy nạp:
Trong một số trường hợp khi gặp bài toán tính tổng hữu hạn
Sn = a1 + a2 + .... an (1)
Bằng cách nào đó ta biết được kết quả (dự đoán, hoặc bài toán chứng minh khi đã cho biết
kết quả). Thì ta nên sử dụng phương pháp này và hầu như thế nào cũng chứng minh được.
Ví dụ 1: Tính tổng Sn =1+3+5 +... + (2n -1)
Thử trực tiếp ta thấy : S1 = 1
S2 = 1 + 3 =22
S3 = 1+ 3+ 5 = 9 = 32
... ... ...
Ta dự đoán Sn = n2
Với n = 1; 2; 3 ta thấy kết quả đúng
Giả sử với n = k (k  1) ta có Sk= k 2 (2)
Ta cần phải chứng minh Sk + 1 = ( k +1 ) 2 (3)
Thật vậy cộng 2 vế của (2) với 2k +1 ta có
1+3+5 +... + (2k – 1) + (2k +1) = k2 + (2k +1)
Vì k2 + (2k +1) = (k +1) 2 nên ta có (3) tức là Sk+1 = ( k +1) 2
Theo nguyên lý quy nạp bài toán được chứng minh
Vậy Sn = 1+3 + 5 + ... + ( 2n -1) = n2
Tương tự ta có thể chứng minh các kết quả sau đây bằng phương pháp quy nạp toán học.
1, 1 + 2+3 + .... + n = 2
)1( nn
2, 12 + 2 2 + ..... + n 2 = 6
)12)(1(  nnn
3, 13+23 + ..... + n3 =
2
2
)1(


 nn
4, 15 + 25 + .... + n5 = 12
1 .n2 (n + 1) 2 (2n2 + 2n – 1)
Gv: Bùi Công Hải – Trường THCS Thanh Mai
II. Phương pháp khử liên tiếp:
Giả sử ta cần tính tổng (1) mà ta có thể biểu diễn ai , i = 1,2,3...,n , qua hiệu hai số hạng liên
tiếp của 1 dãy số khác, chính xác hơn , giả sử : a1 = b1 - b2
a2 = b2 - b3
.... .... .....
an = bn – bn+ 1
Khi đó ta có ngay:
Sn = ( b1 – b2 ) + ( b2 – b3 ) + ...... + ( bn – bn + 1 )
= b1 – bn + 1
Ví dụ 2: Tính tổng:
S = 100.99
1.......13.12
1
12.11
1
11.10
1 
Ta có : 11
1
10
1
11.10
1  , 12
1
11
1
12.11
1  , . .., 100
1
99
1
100.99
1 
Do đó :
S = 100
9
100
1
10
1
100
1
99
1.......12
1
11
1
11
1
10
1 
 Dạng tổng quát
Sn = )1(
1......3.2
1
2.1
1
 nn (n > 1)
= 1- 11
1
 n
n
n
Ví dụ 3: Tính tổng
Sn = )2)(1(
1......5.4.3
1
4.3.2
1
3.2.1
1
 nnn
Ta có Sn = 





 

  )2)(1(
1
)1(
1
2
1........4.3
1
3.2
1
2
1
3.2
1
2.1
1
2
1
nnnn
Sn = 



 )2)(1(
1
)1(
1......4.3
1
3.2
1
3.2
1
2.1
1
2
1
nnnn
Sn = )2)(1(4
)3(
)2)(1(
1
2.1
1
2
1





 nn
nn
nn
Ví dụ 4: Tính tổng
Gv: Bùi Công Hải – Trường THCS Thanh Mai
Sn = 1! +2.2 ! + 3.3 ! + ...... + n .n! ( n! = 1.2.3 ....n )
Ta có : 1! = 2! -1!
2.2! = 3 ! -2!
3.3! = 4! -3!
..... ..... .....
n.n! = (n + 1) –n!
Vậy Sn = 2! - 1! +3! – 2 ! + 4! - 3! +...... + ( n+1) ! – n!
= (n+1) ! - 1! = (n+ 1) ! - 1
Ví dụ 5 : tính tổng
Sn =  222 )1(
12.......)3.2(
5
)2.1(
3

 nn
n
Ta có :   ;)1(
11
)1(
12
222 

iiii
i i = 1 ; 2 ; 3; ....; n
Do đó Sn = ( 1- 





  22222 )1(
11.....3
1
2
1)2
1
nn
= 1- 22 )1(
)2(
)1(
1

 n
nn
n
III. Phương pháp giải phương trình với ẩn là tổng cần tính:
Ví dụ 6 : Tính tổng
S = 1+2+22 +....... + 2100 ( 4)
Ta viết lại S như sau :
S = 1+2 (1+2+22 +....... + 299 )
S = 1+2 ( 1 +2+22+ ...... + 299 + 2 100 - 2100 )
=> S= 1+2 ( S -2 100 ) ( 5)
Từ (5) suy ra S = 1+ 2S -2101
 S = 2101-1
Ví dụ 7: tính tổng
Sn = 1+ p + p 2 + p3 + ..... + pn ( p 1)
Ta viết lại Sn dưới dạng sau :
Gv: Bùi Công Hải – Trường THCS Thanh Mai
Sn = 1+p ( 1+p+p2 +.... + pn-1 )
Sn = 1 + p ( 1+p +p2 +..... + p n-1 + p n –p n )
 Sn = 1+p ( Sn –pn )
 Sn = 1 +p.Sn –p n+1
 Sn ( p -1 ) = pn+1 -1
 Sn = 1
11


p
P n
Ví dụ 8 : Tính tổng
Sn = 1+ 2p +3p 2 + .... + ( n+1 ) pn , ( p  1)
Ta có : p.Sn = p + 2p 2 + 3p3 + ..... + ( n+ 1) p n +1
= 2p –p +3p 2 –p2 + 4p3–p3 + ...... + (n+1) pn - pn + (n+1)pn –pn + ( n+1) pn+1
= ( 2p + 3p2 +4p3 + ...... +(n+1) pn ) – ( p +p + p + .... pn ) + ( n+1) pn+1
= ( 1+ 2p+ 3p2+4p3+ ....... + ( n+1) pn ) – ( 1 + p+ p2 + .... + p n) + ( n +1 ) pn+1
p.Sn=Sn- 1
1
)1(1
1  
 nn PnP
P ( theo VD 7 )
Lại có (p-1)Sn = (n+1)pn+1 - 1
11


P
pn
 Sn = 2
11
)1(
1
1
)1(


 
P
p
p
Pn nn
IV. Phương pháp tính qua các tổng đã biết
 Các kí hiệu : n
n
i
i aaaaa 

......321
1
 Các tính chất :
1,   
  

n
i
n
i
n
i
iiii baba
1 1 1
)(
2, 


n
i
i
n
i
i aaaa
11
.
Ví dụ 9 : Tính tổng :
Sn= 1.2 + 2.3 + 3.4 + ......... + n( n+1)
Ta có : Sn =  
 

n
i
n
i
n
i
n
i
iiiiii
11 1
22
1
)()1(
Gv: Bùi Công Hải – Trường THCS Thanh Mai
Vì :
6
)12)(1(
2
)1(....321
1
2
1






nnni
nnni
n
i
n
i (Theo I )
cho nên : Sn = 3
)2)(1(
6
)12)(1(
2
)1(  nnnnnnnn
Ví dụ 10 : Tính tổng :
Sn =1.2+2.5+3.8+.......+n(3n-1)
ta có : Sn =  
 

n
i
n
i
iiii
1 1
2 )3()13(
= 


n
i
n
i
ii
11
23
Theo (I) ta có :
Sn = )1(2
)1(
6
)12)(1(3 2  nnnnnnn
Ví dụ 11 . Tính tổng
Sn = 13++23 +53 +... + (2n +1 )3
ta có :
Sn = [( 13 +2 3 +33 +43 +....+(2n+1)3 ] –[23+43 +63 +....+(2n)3]
= [13+23 +33 +43+ ..... + (2n +1 )3] -8 (13 +23 +33 +43 +......+ n3 )
Sn = 4
)1(8
4
)22()12( 2222  nnnn ( theo (I) – 3 )
=( n+1) 2(2n+1) 2 – 2n2 (n+1)2
= (n +1 )2 (2n2 +4n +1)
V/ Vận dụng trực tiếp công thức tính tổng các số hạng của dãy số cách đều ( Học sinh lớp 6 )
 Cơ sở lý thuyết:
+ Để đếm số hạng của 1 dãy số mà 2 số hạng liên tiếp của dãy cách nhau cùng 1 số đơn vị ,
ta dùng công thức:
Số số hạng = (số cuối – số đầu) : (khoảng cách) + 1
+ Để tính tổng các số hạng của một dãy số mà 2 số hạng liên tiếp cách nhau cùng 1 số đơn
vị , ta dùng công thức:
Gv: Bùi Công Hải – Trường THCS Thanh Mai
Tổng = (số đầu – số cuối) .(số số hạng) :2
Ví dụ 12 :
Tính tổng A = 19 +20 +21 +.... + 132
Số số hạng của A là : ( 132 – 19 ) : 1 +1 = 114 ( số hạng )m
A = 114 ( 132 +19 ) : 2 = 8607
Ví dụ 13 : Tính tổng
B = 1 +5 +9 +.......+ 2005 +2009
số số hạng của B là ( 2009 – 1 ) : 4 + 1 = 503
B = ( 2009 +1 ) .503 :2 = 505515
VI / Vân dụng 1 số công thức chứng minh được vào làm toán
Ví dụ 14 : Chứng minh rằng : k ( k+1) (k+20 -9k-1)k(k+1) = 3k ( k +1 )
Từ đó tính tổng S = 1..2+2.3 + 3.4 +...... + n (n + 1)
Chứng minh : cách 1 : VT = k(k+1)(k+2) –(k-1) k(k+1)
= k( k+1)  )1()2(  kk = k (k+1) .3 = 3k(k+1)
Cách 2 : Ta có k ( k +1) = k(k+1). 3
)1()2(  kk
= 3
)1)(1(
3
)2)(1(  kkkkkk *
 3k ( k-1) = k (k+1)(k+2) – (k-1) k(k+1)
=> 1.2 = 1.2.3 0.1.23 3
2.3.4 1.2.32.3 3 3
...................................
( 1)( 2) ( 1) ( 1)( 1) 3 3
n n n n n nn n
 
     
S = 1.2.0 ( 2) ( 1) ( 1) ( 2)3 3 3
n n n n n n     
Ví dụ 15: Chứng minh rằng:
k (k+1) (k+2) (k+3) – (k-1) k(k+1) (k+2) =4k (k+1) (k+2)
từ đó tính tổng S = 1.2 .3 + 2.3 .4 +3.4.5 +.... + n(n+1) (n+2)
Chứng minh : VT = k( k+1) (k+2)  )1()3(  kk
Gv: Bùi Công Hải – Trường THCS Thanh Mai
= k( k+1) ( k +2 ) .4
Rút ra: k(k+1) (k+2) = 4
)2)(1()1(
4
)3)(2)(1(  kkkkkkkk
Áp dụng: 1.2.3 = 4
3.2.1.0
4
4.3.2.1 
2.3.4 = 4
4.3.2.1
4
5.4.3.2 
..........................................................
n(n+1) (n+2) = 4
)2)(1()1(
4
)3)(2)(1(  nnnnnnnn
Cộng vế với vế ta được S = 4
)3n)(2n)(1n(n 
* Bài tập đề nghị:
Tính các tổng sau
1, B = 2+ 6 +10 + 14 + ..... + 202
2, a, A = 1+2 +22 +23 +.....+ 26.2 + 2 6 3
b, S = 5 + 52 + 53 + ..... + 5 99 + 5100
c, C = 7 + 10 + 13 + .... + 76
3, D = 49 +64 + 81+ .... + 169
4, S = 1.4 + 2 .5 + 3.6 + 4.7 +.... + n( n +3 ) , n = 1,2,3 ,....
5, S = 100.99
1........4.3
1
3.2
1
2.1
1 
6, S = 61.59
4....9.7
4
7.5
4 
7, A = 66.61
5......26.21
5
21.16
5
16.11
5 
8, M = 2005210 3
1.....3
1
3
1
3
1 
9, Sn = )2)(1(
1.....4.3.2
1
.3.2.1
1
 nnn
10, Sn = 100.99.98
2.....4.3.2
2
3.2.1
2 
11, Sn = )3)(2)(1(
1......5.4.3.2
1
4.3.2.1
1
 nnnn
Gv: Bùi Công Hải – Trường THCS Thanh Mai
12, M = 9 + 99 + 999 +...... + 99..... .....9
50 chữ số 9
13, Cho: S1 = 1+2 S3 = 6+7+8+9
S2 = 3+4+5 S4 = 10 +11 +12 +13 + 14
Tính S100 =?
Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi , tôi đã kết hợp các dạng toán có liên quan đến
dạng tính tổng để rèn luyện cho các em , chẳng hạn dạng toán tìm x :
14, a, (x+1) + (x+2) + (x+3) +...... + ( x+100 ) = 5070
b, 1 + 2 + 3 + 4 +.............+ x = 820
c, 1 + 1 1 1 2 2013...... 13 6 10 x(x 1) 2015    
Hay các bài toán chứng minh sự chia hết liên quan
15, Chứng minh : a, A = 4+ 22 +23 +24 +..... + 220 là luỹ thừa của 2
b, B =2 + 22 + 2 3 + ...... + 2 60  3 ; 7; 15
c, C = 3 + 33 +35 + ....+ 32015  13 ; 41
d, D = 119 + 118 +117 +......+ 11 + 1  5