Issuu

BỒI DƯỠNG HỌC SINH KHÁ, GIỎI MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

SÁNG KIẾN "RÈN LUYỆN TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA DẠNG TOÁN TỔNG CỦA MỘT DÃY SỐ VIẾT THEO QUY LUẬT" CHƯƠNG TRÌNH TOÁN LỚP 6 BỒI DƯỠNG HỌC SINH KHÁ GIỎI Ở TRƯỜNG THCS WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Phßng gi¸o dôc & ®µo t¹o ... TrƯêng trung häc c¬ së ....

-------------*****-------------

BÁO CÁO SÁNG KIẾN "RÈN LUYỆN TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA DẠNG TOÁN TỔNG CỦA MỘT DÃY SỐ VIẾT THEO QUY LUẬT"

Tác giả: … Trình độ chuyên môn: Đại học Sư phạm Toán Chức vụ: Giáo Viên Nơi công tác: …

…., ngày 5 tháng 5 năm 2018

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến: "RÈN LUYỆN TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA DẠNG TOÁN TỔNG CỦA MỘT DÃY SỐ VIẾT THEO QUY LUẬT". 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Áp dụng cho học sinh lớp 6. 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ tháng 09 năm 2017 đến tháng 5 năm 2018 4. Tác giả: .... Tỷ lệ đóng góp tạo ra sáng kiến: 100 % 5. Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: ...

I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN: Toán học là môn khoa học cơ bản, có liên quan đến nhiều ngành, nhiều lĩnh vực khác nhau. Các thành tựu của toán học luôn góp phần to lớn vào việc cải tạo tự nhiên, đem lại lợi ích phục vụ cho cuộc sống của loài người ngày một tốt đẹp hơn. Chính vì vậy việc mong muốn học khá và học giỏi môn Toán là nguyện vọng của rất nhiều học sinh. Các kiến thức và phương pháp Toán học là công cụ thiết yếu giúp học sinh học tốt các môn học khác, hoạt động có hiệu quả trong mọi lĩnh vực. Đồng thời môn Toán còn giúp học sinh phát triển những năng lực và phẩm chất trí tuệ, rèn luyện cho học sinh khả năng tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo, giáo dục cho học sinh tư tưởng đạo đức và thẩm mỹ của người công dân. Là một giáo viên ở trường THCS trực tiếp giảng dạy lớp có học sinh chủ yếu là học sinh khá giỏi. Tôi nhận thấy việc giải toán ở chương trình THCS không chỉ đơn giản là đảm bảo kiến thức sách giáo khoa, mà đó mới chỉ là những điều kiện cần nhưng chưa đủ. Muốn học tốt toán cần phải luyện tập nhiều thông qua việc giải các dạng bài toán đa dạng, giải các bài toán tỉ mỉ khoa học, kiên nhẫn để tự tìm ra đáp số của chúng. Muốn vậy giáo viên phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức trong nhiều tình huống khác nhau để tạo ra hứng thú học tập cho học sinh. Phải cung cấp cho học sinh nắm chắc các kiến thức cơ bản; sau đó cung cấp cho học sinh cách nhìn, cách vận dụng linh hoạt các kiến thức cơ bản đó; phân tích tìm ra hướng giải, bắt đầu từ đâu và bắt đầu như thế nào là rất quan trọng để học sinh không sợ khi đứng trước một bài toán khó mà dần tạo sự tự tin, gây hứng thú say mê môn toán. Từ đó tạo cho học sinh tác phong tự học, tự nghiên cứu. Một bài toán có thể có nhiều cách giải, mỗi bài toán thường nằm trong một dạng toán khác nhau đòi hỏi phải biết vận dụng kiến thức trong nhiều lĩnh vực, nhiều mặt một cách sáng tạo, vì vậy học sinh phải biết sử dụng phương pháp nào cho phù hợp. Trong chương trình Toán THCS nói chung và phần Số Học nói riêng có rất nhiều dạng toán hay. Đặc biệt dạng toán “ Tổng của một dãy số viết theo quy luật” học sinh đã học ở tiểu học, nhưng được hệ thống lại và mở rộng hơn trong chương trình toán lớp 6. Tôi thấy dạng toán này rất đa dạng, phong phú có nhiều dạng bài khác nhau; trong mỗi dạng bài quy luật của dãy số trong tổng cũng không giống nhau. Trong khi đó dạng toán này là một trong những phần trọng tâm của việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi ở trường THCS nó thường xuất hiện trong các đề kiểm tra của Phòng giáo dục và Sở giáo

dục. Đối với các em học sinh lớp 6 để có điểm số tuyệt đối trong các bài kiểm tra thì đây là một trong những vấn đề quan trọng mà học sinh phải vượt qua. Tuy nhiên trong sách giáo khoa và sách bài tập dạng toán này còn ít. Mặt khác trong các sách tham khảo có trình bày thì chỉ có các bài tập ở từng phần đơn lẻ mà chưa được liệt kê, hệ thống theo dạng bài; chưa đưa ra phương pháp giải cụ thể; đòi hỏi học sinh tự vận động kiến thức của mình. Do đó học sinh rất lúng túng khi giải các bài tập về thể loại này kể cả các em có lực học khá, giỏi. Thường là các em chưa biết phát hiện ra quy luật của dãy số; không biết cách phân tích để tìm ra lời giải; chưa biết tự hệ thống lại để ôn luyện theo dạng bài khác nhau; cũng có thể biết hướng giải nhưng lại không biết trình bày lời giải như thế nào hoặc trình bày thiếu căn cứ, lập luận không chặt chẽ... Để giúp học sinh phần nào tháo gỡ được những khó khăn, vướng mắc trong quá trình giải toán. Đồng thời giúp các em biết cách tự tìm tòi, phân tích, tổng hợp các kiến thức liên quan một cách có hệ thống để giải tốt dạng toán này. Thông qua đó rèn luyện khả năng tư duy cho các em. Chính vì thế tôi chọn đề tài: “ Rèn luyện tư duy cho học sinh thông qua dạng toán tổng của một dãy số viết theo quy luật”. Qua sáng kiến, tôi mong rằng bản thân mình sẽ tìm hiểu sâu hơn về vấn đề này, phát hiện ra nhanh quy luật của dãy số trong tổng. Biết hệ thống, phân loại và nắm chắc được phương pháp giải cho từng dạng bài tập. Từ đó có phương pháp truyền thụ kiến thức để học sinh dễ hiểu và tự làm tốt các bài toán dạng này. Qua nội dung này tôi hy vọng học sinh phát huy được khả năng phân tích, tổng hợp, khái quát hoá qua các bài tập nhỏ. Từ đó hình thành cho học sinh khả năng tư duy sáng tạo trong học tập. II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP: 1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến: Khi tôi được nhà trường phân công dạy Toán lớp 6. Đây là lớp chủ yếu các em có lực học khá, giỏi. Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy khi các em gặp những bài toán có dạng “ Tổng của một dãy số viết theo quy luật” thì các em rất lúng túng và giải được rất ít. Từ thực tế đó tôi đã cho các em làm bài kiểm tra với các dạng: Tính tổng A của một dãy số viết theo quy luật, chứng tỏ tổng A < m hoặc tổng A > m ( m là hằng số), chứng tỏ A không phải là số tự nhiên, so sánh tổng A và tổng B.... Từ đó tôi có thể đánh giá khả năng thực sự của các em với dạng toán trên như thế nào.

Qua điều tra học sinh bằng nhiều biện pháp và kết quả điều tra 35 bài kiểm tra của lớp 6A Trường THCS B Hải Minh trước khi áp dụng sáng kiến như sau: Lớp

Sĩ số

Khá

Giỏi

Yếu- kém

5,714

42,857

28,57

Sau khi kiểm tra tôi thấy rằng học sinh hiểu và làm toán về tổng của một dãy số viết theo quy luật còn rất mơ hồ, học một cách máy móc thụ động. Nhiều em chưa biết cách phát hiện ra quy luật của dãy số trong tổng hoặc nếu có phát hiện ra thì lại chưa nắm được phương pháp giải, chưa phân biệt được cách giải của các dạng bài với nhau. Khi các em gặp một bài toán đòi hỏi phải vận dụng và có sự tư duy thì học sinh không xác định được phương hướng để giải bài toán dẫn đến lời giải sai hoặc không làm được bài. Trước thực trạng trên, là giáo viên trực tiếp giảng dạy môn toán 6 tôi thấy: Việc hệ thống, phân loại các dạng bài và cung cấp cho học sinh một số phương pháp tổng quát, một số kỹ năng cơ bản để giải toán nói chung và toán về tổng của một dãy số viết theo quy luật sẽ giúp học sinh thông hiểu và trình bày bài toán đúng trình tự, đúng logic, không mắc sai lầm khi biến đổi là điều hết sức cần thiết. Vì thế tôi viết sáng kiến này với mong muốn giúp học sinh biết cách hệ thống, phân loại và vận dụng tốt các phương pháp để giải các dạng bài về tổng của một dãy số viết theo quy luật. 2. Mô tả giải pháp sau khi tạo ra sáng kiến Đối với học sinh lớp 6 việc tổng hợp kiến thức khi học về một chủ đề là rất khó khăn. Qua nghiên cứu tôi thấy chủ đề về tổng của một dãy số viết theo quy luật rất đa dạng có nhiều bài toán đòi hỏi có sự suy luận, có tư duy lôgic. Có dạng bài có phương pháp giải chung nhưng cũng có những dạng bài phải qua việc phân tích tìm ra lời giải của một số bài toán. Trong mỗi dạng bài đó ta lại đúc rút tìm ra quy luật, phương pháp giải chung cho dạng toán đó. Do đó để học sinh học tập có hiệu quả cao với chủ đề này theo tôi giáo viên cần phải sưu tầm, hệ thống thành các dạng bài và sắp xếp theo một chuỗi lô gic các dạng bài đó với nhau; phân ra làm các dạng toán từ cơ bản đến nâng cao, từ đơn giản đến phức tạp để luyện tập cho học sinh. Trong giảng dạy giáo viên cần tổng hợp các kiến thức có liên quan; phân tích tìm ra lời giải cho mỗi dạng bài, hướng dẫn học sinh tìm ra các cách giải khác nhau. Trong mỗi dạng cần chú ý khắc sâu cho học sinh phương pháp giải đối với từng dạng nếu có thể. Chỉ ra những điểm nhấn thể hiện đặc điểm chung

trong mỗi dạng bài và đặc điểm riêng của các dạng bài khác nhau, chỉ ra những chỗ mà học sinh hay mắc sai lầm. Đồng thời phải giúp cho các em biết liên kết kiến thức giữa dạng bài này với dạng bài khác theo một hệ thống. Chính vì thế trong sáng kiến này tôi đã phân ra các dạng bài. Trong mỗi dạng bài chọn lọc một số bài toán, phân tích tìm ra hướng giải; đúc rút ra phương pháp giải đối với từng bài nếu có thể; khai thác, mở rộng thành các bài tập có nội dung đề bài khác nhau nhưng cuối cùng đưa đến có một phương pháp giải tương tự với bài toán gốc. Thông qua đó giúp giáo viên rèn kỹ năng trình bày bài làm của học sinh, giúp học sinh biết cách phân tích tìm ra lời giải và làm được bài toán tương tự; biết cách vận dụng linh hoạt các kiến thức đã học để giải quyết tốt các tình huống trong mỗi bài toán cụ thể. Qua đây cũng hình thành tư duy lôgíc, sáng tạo cho các em trong việc giải toán. Các dạng bài mà tôi đã phân cụ thể là: * Dạng 1 : Tổng của dãy cộng. * Dạng 2: Tổng của một dãy số các số nguyên viết theo quy luật có đan dấu cộng và trừ. * Dạng 3: Tổng của một dãy nhân các số nguyên. * Dạng 4: Tổng một dãy số nguyên của các số có cùng cơ số với số mũ cách đều. * Dạng 5: Tổng các tích của các cặp số nguyên mà các cặp số nguyên cách đều nhau. * Dạng 6: Tổng các bình phương của một dãy số có các cơ số cách đều nhau. * Dạng 7: Tổng các lập phương của một dãy số có các cơ số cách đều nhau. * Dạng 8: Tổng của một dãy nhân các phân số. * Dạng 9: Tổng của một dãy các phân số có cùng tử, mẫu là tích của các cặp số nguyên cách đều. * Dạng 10: Tổng của một dãy các phân số có cùng tử, mẫu là bình phương mà các cơ số cách đều. * Dạng 11: Tổng của một dãy các phân số có cùng tử, mẫu là các số tự nhiên liên tiếp. Để giải được các dạng toán về tổng của một dãy số viết theo quy luật trên học sinh cần nắm vững một số kiến thức cụ thể sau: 1. Một số công thức tính trong dãy số cách đều đã học ở tiểu học: Số số hạng Tổng

= ( số hạng cuối – số hạng đầu) : khoảng cách + 1 = ( số hạng đầu + số hạng cuối ) . số số hạng : 2

Số hạng thứ n = ( số số hạng – 1 ) . khoảng cách + số hạng đầu 2. Một số công thức về lũy thừa với số mũ tự nhiên:

am. an = am+n ; am: an = am-n ( a ≠ 0, m ≥ n); (a m ) n = a m.n 3. Tính chất chia hết của một tổng: a ⋮ m, b ⋮ m và c ⋮ m ⇒ (a + b+c) ⋮ m 4. Quy đồng mẫu số nhiều phân số: - Tìm mẫu số chung (tìm BCNN của các mẫu) - Tìm thừa số phụ của mỗi mẫu. - Nhân tử và mẫu của mỗi phân số với thừa số phụ tương ứng. 5. Các phép tính của phân số: a. Cộng, trừ phân số cùng mẫu: A B A+B A B A−B (M ≠ 0); (M ≠ 0) + = − = M M M M M M

b. Cộng, trừ phân số không cùng mẫu: - Quy đồng mẫu các phân số. - Cộng các tử của các phân số đã được quy đồng và giữ nguyên mẫu chung. c. Nhân các phân số: d. Chia 2 phân số:

A C A.C ⋅ = B D B.D

A C A.D : = B D B.C

(B, D ≠ 0) (B, C, D ≠ 0)

6. Tính chất cơ bản của phép cộng và nhân phân số: a. Tính chất giao hoán: - Phép cộng:

a c c a + = + b d d b

- Phép nhân:

a c c a ⋅ = ⋅ b d d b

(b, d ≠ 0) (b, d ≠ 0)

b. Tính chất kết hợp : a b

c d

- Phép cộng :  +  +

m a c m = +  +  (b, d, n ≠ 0) n b d n 

a c m a c m - Phép nhân:  ⋅  ⋅ = ⋅  ⋅  (b, d, n ≠ 0) b d n b d n 

c. Tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng (trừ): a c m a m c m (b, d, n ≠ 0)  + ⋅ = ⋅ + ⋅ b d n b n d n

7. Bất đẳng thức: Bất đẳng thức có dạng a > b, a < b Tính chất:

- Tính chất bắc cầu: Nếu a > b, b > c thì a > c - Tính chất đơn điệu của phép cộng: Nếu a > b thì a + c > b + c - Tính chất đơn điệu của phép nhân: Nếu a > b thì a . c > b . c (c > 0) - Cộng từng vế của 2 bất đẳng thức cùng chiều: Nếu a > b, c > d thì a + c > b + d. 8. Công thức về giai thừa: n ! = 1.2.3 .. n

(n ∈ N*)

Sau đây tôi xin trình bày cụ thể các dạng toán về tổng của một dãy số viết theo quy luật mà tôi đã hệ thống: 2.1. Dạng 1: Tổng của dãy cộng. Dãy cộng là dãy số có mỗi số hạng ( kể từ số hạng thứ hai) đều lớn hơn số hạng liền trước nó cùng một số đơn vị. Dãy cộng là dãy số cách đều Một số phương pháp giải: Phương pháp 1: +Tính số các số hạng trong tổng theo công thức : Số số hạng = ( số hạng cuối – số hạng đầu) : khoảng cách + 1 +Nhóm hai số hạng thành một cặp sao cho giá trị trong mỗi cặp bằng nhau. (Lưu ý có thể nhóm vừa hết các số hạng thành các cặp nếu số số hạng là số chẵn hoặc còn thừa một số hạng nếu số số hạng là số lẻ). Cách tính số hạng thứ n trong dãy là: Số hạng thứ n = ( số số hạng – 1 ) . khoảng cách + số hạng đầu + Tính tổng dựa vào giá trị của một cặp và số cặp vừa nhóm. Lưu ý khi tìm số cặp mà còn dư một số hạng thì khi tìm tổng ta phải cộng số hạng dư đó vào. Phương pháp 2: Dựa vào công thức : Số số hạng Tổng

= ( số hạng cuối – số hạng đầu) : khoảng cách + 1 = ( số hạng đầu + số hạng cuối ) . số số hạng : 2

Phương pháp 3: Dựa vào bài toán Gau-xơ : Viết tổng A theo thứ tự ngược lại và tính A + A. Từ đó tính được tổng A Phương pháp 4:

Phương pháp khử liên tiếp: Tách một số hạng thành một hiệu trong đó số trừ của hiệu trước bằng số bị trừ của hiệu sau: a1 = b1 – b2 , a2 = b2 – b3 , ..., an = bn – bn+ 1 . Khi đó ta có ngay An = ( b1 – b2 ) + ( b2 – b3 ) + ...... + ( bn – bn + 1 ) = b1 – bn + 1 Phương pháp 5: Phương pháp dự đoán và quy nạp. Bài toán 1: Tính tổng A = 1 + 2 + 3 + 4 + … + 2019 Phân tích: Nhận thấy dãy số 1, 2, 3, 4...2019 là dãy số tự nhiên cách đều. Khoảng cách giữa hai số hạng liền kề là 1. Để tính tổng A ta vận dụng cả bốn phương pháp đầu đã nêu đều được cụ thể ta có các cách giải sau: Hướng giải: Cách 1: Tổng A có số số hạng là: ( 2019 – 1 ): 1 + 1 = 2019 Do đó ta có thể chia A thành 1009 cặp và dư 1số hạng chẳng hạn số 2019 A = 1 + 2 + 3 + 4 + … + 2019 A = (1 + 2 + 3 + 4 + … + 2018) + 2019 A = (1+2018) + ( 2+2017) + .... + ( 1009+1010) + 2019 A = 2019 .1009 + 2019 ⇒ A = 2019. 1010 = 2039190 Vậy A = 2039190 Cách 2: Áp dụng công thức tính: Số số hạng Tổng

= ( số hạng cuối – số hạng đầu) : khoảng cách + 1 = ( số hạng đầu + số hạng cuối ) . số số hạng : 2

Ta có :Tổng A có số số hạng là: ( 2019 – 1 ) : 1 + 1 = 2019 A =( 1+ 2019). 2019 : 2 = 2019. 1010 = 2039190 Cách 3: A = 1

+ ... + 2018 + 2019 (có 2019 số hạng)

A = 2019 + 2018 + 2017 + ... + 2 Do đó:

2A = 2020 + 2020 + 2020 +... + 2020 + 2020 (có 2019 số hạng) ⇒ 2A = 2019.2020 ⇒ A = 2019. 2020 : 2 = 2019. 1010 = 2039190

Cách 4: Dùng phương pháp khử liên tiếp: Trước hết ta tách số hạng đầu tiên của A (là 1) thành một hiệu trong đó có một số hạng là tích của hai số hạng liên tiếp trong tổng A ( một thừa số là số hạng đầu tiên 1): 1=

1 ( 1.2 – 0.1) 2

Từ đó ta có thể tách các số hạng còn lại của tổng A thành các hạng tử mà khi tính tổng A các hạng tử có thể triệt tiêu hàng loạt: 2 =

1 1 1 ( 2.3 – 1.2); 3 = ( 3.4 – 2.3);... ; 2018 = ( 2018. 2019 – 2017.2018); 2 2 2

2019 =

1 ( 2019. 2020 – 2018.2019). 2

Do đó A =

1 ( 1.2 – 0.1 + 2.3 – 1.2 + 3.4 – 2.3+...+ 2018. 2019 – 2017.2018 + 2

2019. 2020 – 2018.2019). Vậy A =

1 ⋅ 2019 ⋅ 2020 = 2019. 1010 = 2039190 2

Từ cách phân tích để có lời giải cách 4 trên chúng ta cũng có thể nghĩ đến trình bày bài toán theo cách sau gọn hơn: Cách 5: A = 1 + 2 + 3 + 4 + … + 2019 2A = 2 ( 1 + 2 + 3 + 4 + … + 2019) 2A = 1.2 + 2.2 + 2.3 + 2.4 + ... + 2. 2019 2A = 1. (2 – 0) + 2. (3 – 1) + 3. (4 – 2) + ... + 2019. (2020 – 2018) 2A = 1.2 + 2. 3 – 1.2 + 3. 4 – 2.3 + ... – 2018. 2019 + 2019. 2020 2A = 2019. 2020 ⇒ A = 2019. 2020 : 2 = 2019. 1010 = 2039190 Nhận xét : Ở cách 5 dùng phương pháp khử liên tiếp. Mỗi số hạng của A (chỉ có một thừa số ) và khoảng cách giữa hai số hạng là 1 ta đã nhân A với 2 lần khoảng cách này. Cụ thể với cách làm này ta xét thêm ví dụ sau: Tính: B = 1 + 4 + 7 + 10 + … + 70 + 73 Dãy số 1, 4, 7, 10,..., 70, 73 là dãy các số chia cho 3 dư 1 Mỗi số hạng của B (chỉ có một thừa số ) và khoảng cách giữa hai số hạng là 3 ta nhân B với 2 lần khoảng cách này tức là nhân B với 6 và nghĩ đến cách tách tương tự như trên . Ta có lời giải sau: B = 1 + 4 + 7 + 10 + … + 70 + 73 6B = 1.6 + 4.6 + 7.6 + 10.6 + ... + 70.6 + 73.6 6B = 1. ( 4 + 2 ) + 4. ( 7– 1) + 7 ( 10 – 4) + ... +73 ( 76 – 70 ) 6B = 1.4 + 1.2 + 4.7 – 1.4 + 7.10 – 7.4 + ... + 73.76 – 73.70 6B = 2+ 73.76 ⇒ 6B = 5550 ⇒ B = 925

Nhận xét : Như vậy tùy từng dạng bài và mức độ tiếp thu kiến thức của mỗi em, có thể vận dụng linh hoạt các phương pháp giải sao cho dễ nhớ, phù hợp. Mở rộng: Viết công thức tổng quát tính tổng dãy số tự nhiên liên tiếp cách đều ? An= 1 + 2 + 3 +…+ (n – 1) + n. Hướng giải: Bằng các cách tính tổng tương tự như bài toán 1 ta có An= (n+1). n : 2 (n ∈ N*)

(1)

Tuy nhiên có thể hướng dẫn học sinh chứng minh bằng phương pháp qui nạp: - Khi n = 1 ta có: : A1 = 1 ( 1 + 1) : 2 = 1 đúng. - Giả sử bài toán đúng với n = k > 1( k ∈ N), nghĩa là: Ak = 1 + 2 + 3 + …+ (k – 1) + k = k ( k+ 1) : 2 - Ta xét: Ak + 1 = 1 + 2 + 3 + …+ (k – 1) + k + (k + 1) = Ak + (k + 1) = k ( k+ 1) : 2 + (k + 1) k 2

 

= (k + 1)  + 1 = (k + 1) Nên Ak + 1 = (k + 1)

(k + 1) + 1 2

(k + 1) + 1 . Tức là bài toán đúng với n = k + 1. 2

Vậy với mọi số tự nhiên n khác 0, ta có: An= 1 + 2 + 3 + …+ (n – 1) + n = n.(n + 1) : 2 Nhận xét: Ta có thể chứng minh (1) bằng phương pháp qui nạp sau đó áp dụng để tính các tổng có dạng đó. Bài tập luyện: Bài 1:

A = 7 + 9 + 11 + ... + 99 + 101.

a, Chứng tỏ A chia hết cho 2. b, Tìm số hạng thứ 25 của tổng trên. Hướng giải: *Câu a muốn chứng tỏ A chia hết cho 2 ta có thể nghĩ ngay đến đi tính tổng A. Khoảng cách giữa hai số hạng là 2, bằng cách vận dụng một trong các cách giải như bài toán 1 ta tính được A = 2592 ⋮ 2 *Câu b từ công thức Số số hạng = ( số hạng cuối – số hạng đầu) : khoảng cách + 1 Ta có: Số hạng thứ n = ( số số hạng – 1 ) . khoảng cách + số hạng đầu Số hạng thứ 25 của tổng A là ( 25 – 1) . 2 + 7 = 55

Bài 2: Cho S = 1 + 3 + 5 + 7 + ….+ 2017. a, Tính tổng S. b, Viết công thức tổng quát tính tổng dãy số tự nhiên lẻ, liên tiếp và cách đều. Chứng minh. Hướng giải: a, Tính tổng S tương tự với cách giải bài toán 1 ta được: S = 1009. 1009 = 1018081 b, Sn= 1 + 3 + 5 + 7 +

+ (2n – 1) = n2

(n ∈ N*) .

Chứng minh bằng các phương pháp trên. Bài 3: Cho A1 = 2 + 4 + 6 + 8 +…+ 2014 + 2016 a, Tính tổng A1. b, Viết công thức tổng quát tính tổng dãy số tự nhiên chẵn, liên tiếp và cách đều. Chứng minh. Hướng giải: a, Tính tổng A1 tương tự với cách giải bài toán 1 ta được: A1 = 1008. 1009 = 1017072 b, An = 2 + 4 + 6 + 8 + …+ 2n = n (n + 1)

(n ∈N*)

Chứng minh bằng các phương pháp trên. Bài 4: Tìm x ∈ N biết : 1, x – 5 = 3 + 7 + 11 + 15 + … + 407. 2, 1 + 2 + 3 +…+ x = 820. 3, ( x+1) + ( x+2) +( x+3) +... ( x+20) +( x+21) = 441. Hướng giải: 1, Tính tổng 3 + 7 + 11 + 15 + … + 407 tương tự với cách giải bài toán 1. Từ đó tìm được x = 20915. 2, Tương tự với cách giải bài toán 1. Tính tổng 1 + 2 + 3 +…+ x = x . (x+1) : 2 Từ đó có x. (x+1) : 2 = 820 ⇒ x. (x+1) = 40.41 ⇒ x = 40 3, Tính tổng ( x+1) + ( x+2) +( x+3) +... ( x+20) +( x+21) Dãy số 1, 2, 3, ...., 21 có ( 21 – 1) : 1 + 1 = 21 số hạng Do đó ( x+1) + ( x+2) +( x+3) +... ( x+20) +( x+21) = 21.x + (1 + 2+ 3 + ... + 20 + 21 ) = 21.x + 231 Từ đó tìm được x = 10 Bài 5: Quyển sách có 132 trang. Hai trang đầu không đánh số trang. Hỏi phải dùng tất cả bao nhiêu chữ số để đánh số các trang của quyển sách này ?

Hướng giải: Từ trang 3 đến trang 9 có (9 – 3) : 1 +1 = 7 trang có một chữ số Từ trang 10 đến trang 99 có (99 – 10) : 1 +1 = 90 trang có hai chữ số Từ trang 100 đến trang 132 có (132 – 100) : 1 +1 = 33 trang có ba chữ số Số chữ số cần dùng là 7.1 + 90.2 + 33.3 = 286 chữ số. Baøi 6: Tính soá trang cuûa moät cuoán saùch. Bieát raèng ñeå ñaùnh soá trang cuûa cuoán saùch ñoù ngöôøi ta phaûi duøng 3897 chöõ soá? Hướng giải: Từ trang 1 đến trang 9 có (9 – 1) : 1 +1 = 9 trang có một chữ số Từ trang 10 đến trang 99 có (99 – 10) : 1 +1 = 90 trang có hai chữ số Từ trang 100 đến trang 999 có (999 – 100) : 1 +1 = 900 trang có ba chữ số Phaûi duøng 9 + 90.2 + 900.3 = 2889 chöõ soá ñeå vieát taát caû caùc trang coù 1, 2, vaø 3 chöõ soá. Vì 2889 < 3897 neân soá phaûi tìm laø soá coù 4 chữ số trở lên. Taát caû caùc soá coù 4 chöõ soá ñược vieát laø:

3897 − 2889 1008 = = 252 (soá). 4 4

Soá thöù nhaát coù 4 chöõ soá laø 1000 Do đó soá thöù 252 coù 4 chöõ soá laø:1000 + (252 – 1 ) : 1 = 1251. Vaäy cuoán saùch coù 1251 trang. 2.2. Dạng 2: Tổng của một dãy số các số nguyên viết theo quy luật có đan dấu cộng và trừ. Bài toán 2: Tính tổng A = –1 + 3 – 5 + 7 – 9 +…+ 2019 Phân tích: Đây là tổng dãy số lẻ liên tiếp có đan dấu “+” và “– ”. + Hướng thứ nhất: Ta có thể dùng phương pháp tính tổng thông qua các tổng đã biết: A = ( 3+ 7 + ... 2015+ 2019) – ( 1 + 5 + 9 + ... +2013+ 2017). Đến đây ta tính tổng ( 3+ 7 + ... 2015+ 2019) và tổng ( 1 + 5 + 9 + ... +2013+ 2017) tương tự như bài toán 1. Tính được tổng A. + Hướng thứ hai: Chúng ta cũng nhận thấy tổng A có 1010 số hạng, nếu nhóm hai số hạng liền kề vào thành một cặp: (–1 + 3), (–5 + 7) ,..., (– 2017 + 2019) ta có giá trị của mỗi cặp đều bằng 2; biết được số cặp ta sẽ tính được tổng A đơn giản hơn hướng thứ 1 Hướng giải:

+ Hướng giải 1: A = –1 + 3 – 5 + 7 – 9 +…+ 2019 A = ( 3+ 7 + ...+ 2015+ 2019) – ( 1 + 5 + 9 + ... +2013+ 2017) A = ( 2019 + 3) . 505 : 2 – ( 2017 + 1 ) . 505 : 2 ⇒ A = 510555 – 509545 = 1010 + Hướng giải 2: A = –1 + 3 – 5 + 7 – 9 +…+ 2019. Tổng A Có ( 2019 – 1 ) : 2 +1 = 1010 số hạng A = (–1 + 3) + (–5 + 7) +...+ (– 2017 + 2019) có 505 cặp A = 2. 505 = 1010 Mở rộng : Viết công thức tổng quát tính :An = –1 + 3 – 5 + 7 – 9 + …+ (–1)n(2n – 1) ? Hướng giải: Đối với bài tập này ta không dễ dàng viết được ngay công thức tổng quát như các bài tập ở dạng 1 nên có thể dùng phương pháp dự đoán Với n = 1 ta có A1 = –1 Với n = 2 ta có A2 = –1 +3 = 2 Với n = 3 ta có A3 = –1 +3 – 5 = – 3 Với n = 4 ta có A4 = –1 +3 – 5 + 7 = 4 Với n = 1010 ta có A1010 = 1010

(Theo kết quả của bài toán 2)

Nhận thấy có sự liên hệ giữa kết quả của tổng A và số các số hạng tương ứng của chúng nên dự đoán An = –1 + 3 – 5 + 7 – 9 + …+ (–1)n(2n – 1) = (–1)n. n

(n ∈N*)

Ta chứng minh: An = –1 + 3 – 5 + 7 – 9 + …+ (-1)n(2n – 1) = (-1)n. n (n ∈N*) bằng phương pháp qui nạp: - Khi n = 1 ta có; A1 = -1 = (-1)1.1 đúng. - Giả sử bài toán đúng với n = k > 1( k ∈ N), nghĩa là: Ak = –1 + 3 – 5 + 7 – 9 + …+ (-1)k (2k – 1) = (-1)k.k - Ta xét: Ak + 1 = –1 + 3 – 5 + 7 – 9 +….+ (-1)k(2k – 1) + (-1)k + 1. (2k + 1) = Ak + (-1)k +1 . (2k + 1) = (-1)k. k + (-1)k. (-1) . (2k + 1) = (-1)k.(k – 2k – 1) = (-1)k(-1) (k + 1) Hay Ak + 1 = (-1)k + 1(k + 1). Tức là bài toán đúng với n = k + 1 Kết luận: Với mọi số tự nhiên n khác 0, ta có: An = –1 + 3 – 5 + 7 – 9 + …+ (-1)n(2n – 1) = (-1)n . n

(*)

Nhận xét: Ta có thể chứng minh (*) bằng phương pháp qui nạp sau đó áp dụng để tính các tổng có dạng đó. Bài tập luyện: Bài 1: Tính tổng sau: a, B = 2 – 4 + 6 – 8 +… + 2014 – 2016 + 2018 b, C = 2 – 4 – 6 + 8 + 10 –12 – 14 + 16 +….+ 104 – 106 – 108 + 200 Hướng giải: a, B là tổng dãy số chẵn liên tiếp có đan dấu “+” và “ – ” tương tự ta cũng có các hướng làm như bài toán 2. Kết quả B = 1010 b, Nhận thấy tổng C có 100 số hạng nếu ta nhóm 4 số hạng liên tiếp của C vào một nhóm (2 – 4 – 6 + 8) , (10 – 12 – 14 + 16),..., (104 – 106 – 108 + 200) thì giá trị của mỗi nhóm bằng nhau ( bằng 0) và vừa đủ 25 nhóm. Do đó C = 0 Bài 2: Cho A = 1 – 7 + 13– 19 + 25 – 31 + 37– … a, Biết A = 181. Hỏi A có bao nhiêu số hạng ? b, Biết A có 50 số hạng. Tính giá trị của A. c, Biết A có n số hạng. Tính giá trị của A theo n ? d, Tìm số hạng thứ 2018 của A. Hướng giải: a, Gọi số số hạng của dãy A để A = 181 là m Vì mỗi số hạng của A là một số lẻ mà tổng A = 181 ( có giá trị là số lẻ ) nên m là số lẻ. Do đó nếu nhóm hai số hạng vào một cặp sẽ còn dư một số, giá trị của số hạng cuối lại chưa biết. Ta nghĩ đến nhóm (–7 + 13), (–19 + 25), (– 31 + 37),... thì giá trị của mỗi nhóm bằng nhau ( bằng 6) và A còn dư số 1. Do đó ta có cách làm sau: 1 + (–7 + 13) + (–19 + 25) + (– 31 + 37)+... = 181 Có m – 1 số hạng 6 + 6 +6 +... + 6

= 180

Có ( m – 1 ) : 2 số (m–1):2.6 m–1 m

= 180 = 60 = 61. Vậy A có 61 số hạng

GV cần lưu ý để hs tránh nhầm lẫn số số hạng m với giá trị của số hạng cuối

b, Vì A có 50 số hạng. Nên nếu nhóm 2 số hạng vào một cặp thì A có 50 : 2 = 25 cặp số. Hơn nữa nếu nhóm (1– 7), (13– 19), (25– 31),... thì giá trị của mỗi nhóm bằng nhau (bằng –6). Do đó ta có cách làm sau: Hướng giải: A = (1– 7) + (13– 19) + (25– 31)+...

= –6 . 25 = –150

Có 50 : 2 cặp c, Với cách phân tích ở câu a,b ta tìm cách nhóm hai số hạng thành một cặp và giá trị của mỗi cặp bằng nhau tùy thuộc vào số số hạng là chẵn hay lẻ. Với câu c tổng A có n số hạng nên ta nghĩ đến xét hai trường hợp: n là số chẵn hoặc n là số lẻ * Trường hợp 1: Nếu n là số chẵn A = 1 – 7 + 13– 19 + 25 – 31 + 37– … A = (1– 7) + (13– 19) + (25– 31) + ... Có n : 2 cặp A = –6 + (–6) +(–6) +... + (–6) Có n : 2 số A = –6 . n : 2 = –3n * Trường hợp 2: Nếu n là số lẻ A = 1 + (–7 + 13) + (–19 + 25) + (– 31 + 37),... Có n – 1 số hạng A = 1 + 6 + 6 +6 +... + 6 Có ( n – 1 ) : 2 số hạng A=

1+ ( n – 1 ) : 2 . 6 ⇒ A = 3n – 2

d, Xét dãy 1, 7, 13, 19, 25, 31,…

(1)

Ta có Số hạng thứ n = ( số số hạng – 1 ) . khoảng cách + số hạng đầu Số hạng thứ 2018 của dãy (1) là ( 2018 – 1 ) . 6 + 1 = 12103 Mà 2018 là số chẵn Do đó theo quy luật của A về luật dấu, số hạng thứ 2018 của A là – 12103 Nhận xét: Với bài 2 khi chưa biết số hạng cuối của tổng A để nhóm các số hạng một cách thích hợp ta cần xét xem số số hạng là số chẵn hay lẻ. Nếu số số hạng là số chẵn khi nhóm hai số hạng vào một nhóm thì số nhóm vừa đủ. Nếu số số hạng là số lẻ khi nhóm hai số hạng vào một nhóm sẽ dư một số, mà số hạng cuối chưa biết, do đó ta phải bớt số hạng đầu lại.

2.3. Dạng 3: Tổng của một dãy nhân các số nguyên Dãy số nhân là dãy số mà các số hạng ( kể từ số hạng thứ hai trở đi ) gấp số hạng đứng liền trước cùng một số lần. Bài toán 3: Tính tổng A = 1 + 2 + 4 + 8 + …+ 128 + 256 Phân tích: A là tổng của một dãy số mà các số hạng không cách đều. Nhận thấy mỗi số hạng đứng sau (kể từ số hạng thứ hai) trong tổng A đều bằng số hạng đứng trước nhân với 2. Do đó ta nghĩ đến nhân A với 2 ta được : 2.A = 2+ 4 + 8 +…+ 256 + 512. Quan sát các số hạng trong tổng 2.A và A ta nghĩ ngay lấy 2. A – A sẽ tìm được A. Hướng giải: Ta có A = 1 + 2 + 4 + 8 + …+ 128 + 256 2.A = 2+ 4 + 8 +…+ 256 + 512 Do đó 2. A – A = (2 – 2) + (4 – 4) + (8 – 8) + ... + (256 – 256) + (512 – 1) ⇒ A = 511 Bài tập luyện: Tính tổng: 4 + 12 + 36 + …+ 8748 + 26244 Hướng giải: Đặt A = 4 + 12 + 36 + …+ 8748 + 26244 Nhận thấy mỗi số hạng đứng sau (kể từ số hạng thứ hai) trong tổng A đều bằng số hạng đứng trước nhân với 3. Tương tự như bài toán 3 ta tính 3. A – A, từ đó tìm được A. 2.4. Dạng 4: Tổng một dãy số nguyên của các số có cùng cơ số với số mũ cách đều. 2.4.1. Bài toán 4: Tính tổng : B = 1 + 2 + 22 + 23 + 24 + … + 218 Phân tích: B là tổng của một dãy số mà các số hạng không cách đều. Nhận thấy mỗi số hạng đứng sau (kể từ số hạng thứ hai) trong tổng B đều bằng số hạng đứng trước nhân với 2. Tương tự như bài toán 3 ta tính 2. B – B, từ đó tìm được B Hướng giải: Ta có: B = 1 + 2 + 22 + 23 + 24 + … + 218 2B = 2 + 22 + 23 + 24 + … + 210 + 219 Do đó 2. B – B = 219 – 1 ⇒ B = 219 – 1 Nhận xét: Trong bài toán như trên ta thấy các số hạng có cùng cơ số (là 2), các số mũ liền nhau cách nhau 1 đơn vị nên ta nhân hai vế với 21 rồi thực hiện phép trừ biểu thức mới cho biểu thức ban đầu ta sẽ tìm được tổng Mở rộng: Viết công thức tổng quát tính A = 1 + a + a2 + a3 + a4 + … + an Hướng giải: Với nhận xét có ở bài toán 4 ta có cách làm sau:

(a ≥ 2, n ∈N)

Ta có A = 1 + a + a2 + a3 + a4 + … + an

(n ∈N, a ≥ 2)

a . A = a + a2 + a3 + a4 + ... + an + an+1 a . A – A = an+1 – 1. ( a – 1) . A = an+1 – 1. Vậy A = 1 + a + a2 + a3 + a4 + … + an = (an + 1 – 1) : (a – 1) Khai thác: 2.1, Viết công thức tính an+1 – 1 (n ∈N, a ≥ 2). 2.2, Chứng minh rằng: 20152015 – 1 chia hết cho 2014. Hướng giải: 2.1, Từ kết quả bài toán mở rộng: A = 1 + a + a2 + a3 + a4 + … + an = (an + 1 – 1): (a – 1)

(n ∈N, a ≥ 2)

Từ đó ta có công thức: (an + 1 – 1) = (a – 1).(1 + a + a2 + a3 + a4 + … + an) ( n ∈N, a ≥ 2) 2.2, Nhận thấy 2015 – 1 = 2014. Với công thức đã tìm được ở câu 1, hơn nữa ta thấy A = 1 + a + a2 + a3 + a4 + … + an có giá trị là số nguyên nên (an + 1 – 1) ⋮ (a – 1). Do đó để làm câu 2 ta nghĩ ngay đến cách làm sau: Xét A = 1 + 2015 + 20152 + 20153 + 20154 + … + 20152014 2015. A = 2015 + 20152 + 20153 + 20154 + … + 20152015 Do đó 2015. A – A = 20152015 – 1 ⇒ 2014. A = 20152015 – 1 Nên 20152015 – 1 = 2014.( 1 + 2015 + 20152 + 20153 + 20154 + … + 20152014 ) Mà 1 + 2015 + 20152 + 20153 + 20154 + … + 20152014 có giá trị là số tự nhiên Vậy 20152015 – 1 ⋮ 2014 Bài tập luyện: Bài 1: a, Tính tổng : M = 1 + 32 + 34 + 36 + 38 + ... + 3112 b, Viết công thức tổng quát tính M = 1 + a2 + a4 + a6 + a8 + ... + a2n c, Viết công thức tính a2n + 2 – 1

(a ≥ 2, n ∈N)

d, Chứng minh rằng: 92018 – 1 chia hết cho 80 Hướng giải: a, Tương tự cách làm bài toán 4 Ta có: M = 1 + 32 + 34 + 36 + 38 + ... + 3112 32 . M = 32 + 34 + 36 + 38 + ... + 3112 + 3114

(n ∈N, a ≥ 2)

Do đó: 32 . M – M = 3114 – 1 M . ( 32 – 1) = 3114 – 1 ⇒ M =

3114 − 1 3114 − 1 = 32 − 1 8

b, Ta có: M = 1 + a2 + a4 + a6 + a8 + ... + a2n a2 . M = a2 + a4 + a6 + a8 + ... + a2n + a2n + 2 a2 . M – M = a2n+2 –1 ⇒ M . ( a2 – 1) = a2n +2 – 1 Vậy M = 1 + a2 + a4 + a6 + a8 + ... + a2n = (a2n +2 – 1) : ( a2 – 1) c, Từ kết quả câu b: M = 1 + a2 + a4 + a6 + a8 + ... + a2n = (a2n +2 – 1) : ( a2 – 1)

(n ∈N, a ≥ 2)

Từ đó ta có: a2n +2 – 1 = ( a2 – 1).(1 + a2 + a4 + a6 + a8 + ... + a2n ) (n ∈N, a ≥ 2) d, Nhận thấy 92 – 1 = 80.Với công thức đã tìm được ở câu c. Hơn nữa ta thấy M = 1 + a2 + a4 + a6 + a8 + ... + a2n có giá trị là số nguyên Nên (a2n +2 – 1) ⋮ (a2 – 1). Do đó để làm câu d ta nghĩ ngay đến cách làm sau: Xét M = 1 + 92 + 94 + 96 + 98 + ... + 92016 92 . M = 92 + 94 + 96 + 98 + ... + 92016 + 92018 92 . M – M = 92018 –1 ⇒ M . ( 92 – 1) = 92018 – 1 Do đó 92018 – 1 = 80. (1 + 72 + 74 + 76 + 78 + ... + 72016). Mà 1 + 92 + 94 + 96 + 98 + ... + 92016 có giá trị là số tự nhiên. Vậy 92018 – 1 ⋮ 80 Bài 2: a, Tính tổng : B = 8 + 83 + 85 + 87 + 89 + ... + 899 b, Viết công thức tổng quát tính A= a + a3 + a5 + a7 + a9 + ... + a2n+1 c, Viết công thức tính a2n + 3 – a

( n ∈N, a ≥ 2)

(a ≥ 2, n ∈N)

d, Chứng tỏ rằng: 62017 – 6 chia hết cho 35 Hướng giải: a, Tương tự cách làm bài toán 4 Ta có: B = 8 + 83 + 85 + 87 + 89 + ... + 899 82 . B = 83 + 85 + 87 + 89 + ... + 899 + 8101 Do đó 82 .B – B = 8101 – 8 ⇒ B .( 82 – 1) = 8101 – 8 ⇒ B = b, Ta có: A = a + a3 + a5 + a7 + a9 + ... + a2n+1 a2 . A = a3 + a5+ a7 + a9 + ... + a2n+1 + a2n + 3

8101 − 8 8101 − 8 = 82 − 1 63

a2. A – A = a2n+3 – a ⇒ A( a2 – 1) = a2n +3 – a A = a + a3 + a5 + a7 + a9 + ... + a2n+1 = (a2n + 3 – a):( a2 – 1) c, Từ kết quả câu b: A= a + a3 + a5 + a7 + a9 + ... + a2n+1 = (a2n + 3 – a):( a2 – 1)

(n ∈N, a ≥ 2)

Từ đó ta có : a2n+3 – a = ( a2 – 1).(a + a3 + a5 + a7 + a9 + ... + a2n+1 )

(n ∈N, a ≥ 2)

d, Nhận thấy 62 – 1 = 35. Với công thức đã tìm được ở câu c. Hơn nữa A= a + a3 + a5 + a7 + a9 + ... + a2n+1 có giá trị là số nguyên. Nên (a2n + 3 – a) ⋮ ( a2 – 1). Do đó để làm câu d ta nghĩ ngay đến cách làm: Xét M = 6 + 63 + 65 + 67 + 69 + ... + 62015 62. M = 63 + 65 + 67 + 69 + ... + 62017 ⇒ 62. M – M = 62017 –6 . 2

⇒ M . ( 6 – 1) = 6

2017

–6

Do đó 62017 – 6 = 35. (6 + 63 + 65 + 67 + 69 + ... + 62015 ). Mà 6 + 63 + 65 + 67 + 69 + ... + 62015 có giá trị là số tự nhiên. Vậy 62017 – 6 ⋮ 35 Mở rộng: Qua bài toán 4 và các bài tập 1,2 . Ta có bài toán tổng quát: Tính tổng A = 1+ ad + a2d + a3d + a4d + ... + and ( a ≥ 2, n ∈ N ) Hướng giải: ad . A = ad + a2d + a3d + a4d + ... + and + a(n +1) d ad . A – A = a(n +1) d – 1 ⇒ A =

n +1 d

a( ) − 1 ad −1

Bài 3: 1, Tính B = 1 –5 + 52 – 53 + 54 – …– 599+ 5100 2, Tính C = 1– ad + a2d – a3d +... + a2nd ( a ≥ 2, n ∈ N ) 3, Chứng tỏ rằng 20182009 + 1 chia hết cho 2019 Hướng giải: 1, Tương tự như bài toán 4 . Ta có B = 1 –5 + 52 – 53 + 54 – …– 599+ 5100 5. B = 5 –52 + 53 – 54 + 55 – …– 5100+ 5101 Quan sát về quy luật dấu của các số hạng trong tổng B và 5B. Để các lũy thừa bị triệt tiêu hàng loạt ta nghĩ đến tính 5B + B = 5101 + 1 ⇒ 6B = 5101 + 1 ⇒ B =

5101 + 1 6

2, Ta có: A = 1– ad + a2d – a3d + ... + a2nd ad . A = ad – a2d + a3d – a4d + ... + a(2n +1) d d

a .A +A=a

(2n +1) d

+1⇒ A=

2 n +1) d

+1 a +1 d

3, Nhận thấy 2018 + 1= 2019. Với công thức đã tìm được ở câu 2. Hơn nữa A = 1– ad + a2d – a3d + ... + a2nd

có giá trị là số nguyên

Nên a(2n +1) d + 1 ⋮ ( ad + 1). Do đó để làm câu d ta nghĩ ngay đến cách làm sau: Xét S = 1 –2018 + 20182 – 20183 + …+ 20182008 2018 . S = 2018 –20182 + 20183 – 20184 + …+ 20182009 2018 . S + S = 20182009 +1 ⇒ 2019.S = 20182009 +1 20182009 +1 = 2019. (1 –2018 + 20182 – 20183 + …+ 20182008 ) Mà 1 –2018 + 20182 – 20183 + …+ 20182008 có giá trị là số nguyên Nên 20182009 +1 ⋮ 2019 Bài 4: Cho tổng A = 920 + 921 + 922 + 923 + ...+ 9158 + 9159 + 9160 Tìm số tự nhiên n biết rằng 8A + 920 = 9 n Hướng giải: Muốn tìm n trước hết ta cần đi tính tổng A Ta có A = 920 + 921 + 922 + 923 + ...+ 9158 + 9159 + 9160 9. A = 921 + 922 + 923 + ...+ 9158 + 9159 + 9160 + 9161 9A – A = 9161 – 920 ⇒ 8A = 9161 – 920 Mà 8A + 920 = 9 n . Nên 9161 – 920 + 920 = 9 n ⇒ 9161 = 9 n ⇒ n = 161. Bài 5: 1, Cho A = 1+ 42 + 43 + 44 + 45 + ... + 499 và B = 4100 . Chứng tỏ A<

B 3

2, Cho S = 1+ 22 + 23 + 24 + 25 + ... + 29 . So sánh S với 5. 28 Gợi ý : Ta đi tính tổng A và S. 2.4.2. Bài toán 5: Cho S = 1+3+ 32 + 33 + 34 + 35 + ... + 348+ 349 Tìm chữ số tận cùng của S. Một số nhận xét khi làm dạng toán tìm chữ số tận cùng: * Ch÷ sè tËn cïng cña mét tÝch: - TÝch c¸c sè lÎ lµ mét sè lÎ. - TÝch cña mét sè ch½n víi bÊt kú sè tù nhiªn nµo còng lµ mét sè ch½n. §Æc biÖt:

- TÝch cña mét sè cã tËn cïng lµ 5 víi mét sè lÎ là số cã ch÷ sè tËn cïng lµ 5. - TÝch cña mét sè cã tËn cïng lµ 5 víi mét sè ch½n là số cã ch÷ sè tËn cïng lµ 0. - TÝch cña mét sè cã tËn cïng lµ 0 víi mét sè bÊt kú là số cã ch÷ sè tËn cïng lµ 0. * Ch÷ sè tËn cïng cña mét luü thõa: - Çc sè tù nhiªn cã tËn cïng b»ng 0; 1; 5; 6 khi n©ng lªn luü thõa bÊt kú (kh¸c 0) vÉn gi÷ nguyªn ch÷ sè tËn cïng cña nã. - Çc sè tù nhiªn cã tËn cïng b»ng 3; 7; 9 khi n©ng lªn luü thõa 4n ®Òu cã ch÷ sè tËn cïng lµ 1. - Çc sè tù nhiªn cã tËn cïng b»ng 2; 4; 8 khi n©ng lªn luü thõa 4n (kh¸c 0) ®Òu cã ch÷ sè tËn cïng lµ 6. - Çc sè tù nhiªn cã tËn cïng b»ng 4 hoÆc 9 khi n©ng lªn luü thõa lÎ ®Òu cã ch÷ sè tËn cïng b»ng chÝnh nã, n©ng lªn luü thõa ch½n cã ch÷ sè tËn cïng lÇn lưît lµ 6 vµ 1. Phân tích: Với nhận xét trên ta nghĩ đến tìm ra hướng giải cho bài toán 6 như sau: + Hướng thứ nhất: Ghép các số hạng một cách hợp lí để mỗi nhóm đều chia hết cho 10, tức là nhóm đó có chữ số tận cùng bằng 0. Ta thấy nếu lần lượt nhóm 4 số hạng của S vào một nhóm thì mỗi nhóm đều chia hết cho 10. Mà S có 50 số hạng nên S còn dư 2 số hạng cuối. Mặt khác 348+ 349 = 34.12 + 34.12 . 3 = 8112 + 8112 . 3 có chữ số tận cùng là 1+ 3 tức là 4. Vậy S có chữ số tận cùng là 4. Hướng giải 1: Ta có S = 1+3+ 32 + 33 + 34 + 35 + ... + 348+ 349 có 50 số hạng S = (1+3+ 32 + 33 )+(34 + 35 +36 + 37 )+ ... +(344 + 345 + 346 + 347 )+ (348+ 349 ) Có 12 nhóm S = 40 + 34.40 +...+ 344. 40 + (348+ 349 ) Ta có 40 + 34.40 +...+ 344. 40 có chữ số tận cùng là 0

( 1)

Mà 348+ 349 = 34.12 + 34.12 .3 = 8112 + 8112 . 3 có chữ số tận cùng là 1+ 3 tức là 4 (Vì 8112 có chữ số tận cùng là 1)

(2)

Từ ( 1) và ( 2) suy ra S có chữ số tận cùng là 4. + Hướng thứ hai: Việc làm theo hướng thứ nhất không phải bài toán nào cũng thuận tiện ta có thể đi tính tổng S và tìm chữ số tận cùng của kết quả tổng đó. Hướng giải 2:

Ta có S = 1+3+ 32 + 33 + 34 + 35 + ... + 348+ 349 3.S = 3+ 32 + 33 + 34 + 35 + ... + 349+ 350 3.S – S = 350 – 1 ⇒ 2.S = 350 – 1 ⇒ S =

350 − 1 2

Ta thấy 350 – 1 = 34.12. 32 – 1 = 8112 .9 – 1 có chữ số tận cùng là 9 – 1 tức là 8 ⇒S =

350 − 1 có chữ số tận cùng là 4 hoặc 9 2

Lại có S có 50 số hạng, mỗi số của S là một số lẻ. Nên S là số chẵn Do đó S có chữ số tận cùng là 4. Khai thác: Dựa vào việc tính tổng một dãy số nguyên của các số có cùng cơ số với số mũ cách đều ta có thể làm các bài toán như so sánh, tìm x, chứng minh (tổng khác) chia hết cho một số, tìm chữ số tận cùng,....Nhưng kết quả của tổng viết dưới dạng luỹ thừa với số mũ lớn nên ta khó có thể tính toán ra số cụ thể. Chính vì thế để chứng tỏ tổng đó chia hết cho một số nếu làm theo hướng tính tổng sẽ gặp khó khăn. Ta xét bài toán sau: 2.4.2. Bài toán 6: Cho S = 1+3+ 32 + 33 + 34 + 35 + ... + 348+ 349 a, Chứng tỏ S ⋮ 4 b, Chứng tỏ S ⋮ 121 Phân tích: Để chứng tỏ S ⋮ 4 và S ⋮ 121 ta chia S thành các nhóm sao cho mỗi nhóm đều chia hết cho 4, cho 121. a, Ta thấy S có 50 số hạng. Mặt khác nếu ta nhóm 2 số hạng vào một nhóm thì số nhóm vừa đủ là 50 : 2 = 25 nhóm và mỗi nhóm đều chia hết cho 4. b, Ta thấy S có 50 số hạng. Mặt khác nếu ta nhóm 5 số hạng vào một nhóm thì số nhóm vừa đủ là 50 : 5 = 10 nhóm và mỗi nhóm đều chia hết cho 121. Hướng giải: a, Ta có S =30 +31+ 32 + 33 + 34 + 35 + ... + 348+ 349 Dãy số 0, 1, 2, 3,..., 48, 49 có 50 số hạng. Nên tổng S có 50 số hạng. S = 1+3+ 32 + 33 + 34 + 35 + ... + 348+ 349 S = ( 1+3) +( 32 + 33) +(34 + 35 )+ ... + (348+ 349 ) có 50: 2= 25 nhóm S = ( 1+3) + 32 ( 1+3) + 34 ( 1+3) + ... + 348 ( 1+3) S = 4 + 32. 4 + 34.4 + ... + 348. 4 S = 4. (1 + 32 + 34 + ... + 348 ). Mà 1 + 32 + 34 + ... + 348 có giá trị là số tự nhiên Do đó S ⋮ 4

b, S = 1+3+ 32 + 33 + 34 + 35 + ... + 348+ 349 S = ( 1+3 + 32 + 33 +34 )+( 35 + 36 + 37 +38 +39 ) + ... + (345+ 346 + 347+ 348+ 349 ) có 50: 5= 10 nhóm S = ( 1+3 + 32 + 33 +34 ) + 35 ( 1+3 + 32 + 33 +34 ) + ... + 345.( 1+3 + 32 + 33 +34 ) S = 121 + 35 . 121 + ... + 345.121 S = 121. (1 + 35 + ... + 345 ). Mà 1 + 35 + ... + 345 có giá trị là số tự nhiên Do đó S ⋮ 121 Bài tập luyện: Bài 1: Cho C = 2 + 23 + 25 + 27 + … + 21987 + 21989 + 21991 a, Chứng tỏ C ⋮ 21 b, Chứng tỏ C ⋮ 2730 Hướng giải: Dãy số 1, 3, 5,..., 1989,1991 có (1991–1) : 2 +1 = 996 số hạng. Nên tổng C có 996 số hạng. a, Ta có C = 2 + 23 + 25 + 27 + … + 21987 + 21989 + 21991 C =( 2 + 23 + 25 )+ (27 +29 + 211 )+ … + (21987 + 21989 + 21991 ) Có 996 : 3 = 332 nhóm C =2( 1 + 22 + 24 )+27 ( 1 + 22 + 24 )+ … + 21987 ( 1 + 22 + 24 ) C = 42 + 27 . 42 + … + 21987. 42 C = 42(1 + 27 + … + 21987 ) Mà 1 + 27 + … + 21987 có giá trị là số tự nhiên và 42 ⋮ 21. Vậy C ⋮ 21 b, Ta có C = 2 + 23 + 25 + 27 + … + 21987 + 21989 + 21991 có 996 số hạng C =( 2 + 23 + 25 + 27 +29 +211 )+ (213+ 215 + 217 + 219 +221 +223 ) + … + (21981 + 21983 + 21985 + 21987 + 21989 + 21991 ) có 996 : 6 = 166 nhóm C = 2( 1 + 22 + 24 + 26 + 28 +210 ) + 213 ( 1 + 22 + 24 + 26 + 28 +210 )+ … + 21981 ( 1 + 22 + 24 + 26 + 28 +210 ) C = 2730 + 213 . 2730 + … + 21981. 2730 C = 2730.(1 + 213 + … + 21981 ) Mà 1 + 213 + … + 21981 có giá trị là số tự nhiên Nên C ⋮ 2730 Bài 2: Cho M = 1 + 22 + 24 + 26 + 28 + ... + 2112. Tìm chữ số tận cùng của M. Hướng giải :

Ta có M = 1 + 22 + 24 + 26 + 28 + ... + 2112 22 . M = 22 + 24 + 26 + 28 + ... + 2112 + 2114 Do đó: 22 . M –M = 2114 – 1 ⇒ M( 22 – 1) = 2114– 1 ⇒ M =

2114 − 1 2114 − 1 = 22 − 1 3

Ta thấy 2114 – 1 = 34.28. 22 – 1 = 8128 . 4 – 1 có chữ số tận cùng là 4 – 1 tức là 3 Suy ra M =

2114 − 1 có chữ số tận cùng là 1 3

Do đó M có chữ số tận cùng là 1 Bài 3: S = 1+3+ 32 + 33 + 34 + 35 + ... + 329+ 330 . Chứng tỏ S không phải là số chính phương Hướng giải: Ta có thể tìm chữ số tận cùng của S theo hai hướng giải của bài toán 5 được chữ số tận cùng của S là 3. Mà số chính phương không có chữ số tận cùng là 2; 3; 7; 8. Vậy S không phải là số chính phương. 2.5. Dạng 5: Tổng các tích của các cặp số nguyên mà các cặp số nguyên cách đều nhau. 2.5.1. Bài toán 7: a, Tính tổng A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 + 10.11+11.12 b, Tính tổng B = 1.2 + 2.3 + 3.4 +….+ 99.100 + 100.101 + 101.102 Phân tích: * Với câu a tính tổng A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 Bằng cách thực hiện đúng thứ tự thực hiện phép tính ta dễ dàng tính được A. Ta có hướng giải sau: Hướng giải 1: Cách 1: A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 + 10.11 + 11.12 = 2 + 6 + 12 + 20 + 30 + 42 + 56 + 72 +90 +110 +132 = 572 Nhận xét: Đối với tổng có nhiều số hạng như câu b cách giải này không thể áp dụng được nên ta cần tìm hiểu cách giải khác: Trở lại với cách giải 4 của bài toán 1 dùng phương pháp khử liên tiếp tách số hạng đầu tiên của A (là 1) thành một hiệu trong đó có một số hạng là tích của hai số hạng liên tiếp trong tổng A. Từ đó ta đã rút ra được nhận xét: Nếu mỗi số hạng của A (chỉ có

một thừa số ) và khoảng cách giữa hai số hạng là 1 ta đã nhân A với 2 lần khoảng cách này. Từ đó ta đã có cách trình bày bài toán 1 theo cách 5. Ở bài toán 7 mỗi hạng tử đều là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp, hai số hạng liền kề có thừa số chung (ví dụ 1.2 và 2.3 có thừa số chung là 2) các hạng tử được viết theo quy luật, khoảng cách giữa hai thừa số của tích là 1 nên ta cũng có hướng làm tương tự như sau: Hướng giải 2: Cách 2: Ta có: 1.2 =

1 1 1 ( 1.2.3 – 0.1.2); 2.3 = ( 2.3.4 – 1.2.3); 3.4 = ( 3.4.5 – 2.3.4) 3 3 3

4.5 =

1 1 1 ( 4.5.6 – 3.4.5); 5.6 = ( 5.6.7 –4.5.6); 6.7 = ( 6.7.8 – 5.6.7) 3 3 3

7.8 =

1 1 1 ( 7.8.9 – 6.7.8); 8.9 = ( 8.9.10 – 7.8.9); 9.10 = ( 9.10.11 –8.9.10 ); 3 3 3

10.11 = Vậy A =

1 1 ( 10.11.12 – 9.10.11); 11. 12 = ( 11.12.13 – 10.11.12); 3 3 1 . 11.12.13 = 572. 3

Từ cách 2 ta có thể trình bày gọn theo cách 3 sau: Cách 3: 3. A = 3.(1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 + 10.11 +11.12 ) 3. A = 1.2.(3 – 0) + 2.3.(4 – 1) + 3.4.(5 – 2) + 4.5.(6 – 3) + .... + 8.9.(10 – 7) + 9.10.(11 – 8) + 10.11. ( 12 – 9 ) +11.12( 13 – 10 ) 3. A= 1.2.3 – 1.2.3 + 2.3.4 – 2.3.4 + 3.4.5 – … + 9.10.11 – 9.10.11 + 10.11.12 – 10.11.12 + 11.12.13 ⇒ 3A = 11.12. 13 ⇒ A =

1 . 11.12 .13 = 572. 3

Nhận xét: Trong tổng trên mỗi hạng tử đều là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp, hai số hạng liền kề có thừa số chung, các hạng tử được viết theo quy luật, khoảng cách giữa hai thừa số của tích là 1, ta đã nhân cả hai vế của A với 3 lần khoảng cách giữa hai thừa số. Từ đó ta có thể tách thành các hạng tử mà có thể triệt tiêu hàng loạt, để có kết quả bài toán cần tìm.

Nhận thấy hai số hạng liền kề có thừa số chung nên ta có thể giải bài toán này bằng cách khác như sau: Cách 4: Ta có A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 + 10.11 + 11.12 A = 0.1 + 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 + 10.11+ 11.12 A = 1.(0 + 2) + 3.(2 + 4) + 5.(4 + 6) + 7.(6 + 8) + 9.(8 + 10) +11.(10 +12) A = 1.1.2 + 3.3.2 + 5.5.2 + 7.7.2 +9.9.2 +11.11.2 A = (12 + 32 + 52 + 72 + 92 +112 ) . 2 A = (12 + 32 + 52 + 72 + 92 +112 ) . 2 = 572 Khai thác: Từ việc tính được tổng A theo cách 2 hoặc 3 kết hợp với việc tính theo cách 4, ta sẽ tính được tổng các bình phương của dãy số lẻ liên tiếp: A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 + 10.11 + 11.12 =

1 .11.12.13 3

Mà A = (12 + 32 + 52 + 72 + 92 +112 ) . 2 Do đó ta tính được 12 + 32 + 52 + 72 + 92 +112 =

1 .11.12.13 6

Qua đây chúng ta sẽ có hướng nghiên cứu dạng toán tính tổng các bình phương của dãy số lẻ cách đều trong các dạng toán sau. * Ở câu b tính tổng B = 1.2 + 2.3 + 3.4 +….+ 99.100 + 100.101 + 101.102 + 102.103 Phân tích: + Ta không thể tính tổng B theo cách 1 + Với cách 4 câu b việc tính tổng các bình phương của dãy số cách đều sẽ gặp khó khăn. +Với cách phân tích để làm câu a, ta thấy đối với câu b ta làm theo cách 2 hoặc cách 3. Hướng giải: Ta có B = 1.2 + 2.3 + 3.4 +….+ 99.100 + 100.101 + 101.102 + 102.103 3. B = 1.2.3 + 2.3.3 + 3.4.3 +… + 99.100.3 + 100.101.3 + 101.102 .3 +102.103.3 3. B = 1.2. (3 – 0) + 2.3.(4 – 1) + 3.4. (5 – 2) + ... + 99.100.(101 – 98) + 100.101.(102 – 99) + 101.102.(103 – 100) +102.103.(104 – 101) 3.B = 1.2.3 – 0.1.2 + 2.3.4 – 1.2.3 + 3.4.5 – 2.3.4 + …+ 99.100.101 – 98.99.100 + 100.101.102 – 99.100.101+ 101.102.103 – 100.101.102 + 102.103.104 – 101.102.103

3. B = 102.103.104 ⇒ B = 102.103.104 : 3 = 364208 Nhận xét: Qua cách giải bằng phương pháp khử liên tiếp ở bài toán 1 và bài toán 7 ta đã nhân hai vế của biểu thức với 1 số xác định là: (Số các thừa số của tích + 1) . Khoảng cách giữa hai thừa số. Khai thác: Khi tính được tổng B bằng cách 2 hoặc 3. Nếu đi theo hướng phân tích từ cách 4 ta sẽ tính được tổng các bình phương các số chẵn liên tiếp cụ thể như sau: + Tính được B = 1.2 + 2.3 + 3.4 +….+ 99.100 + 100.101 + 101.102+ 102.103 B = 102.103.104 : 3 = 364208 theo cách 2 hoặc 3 Mà B = (1.2 + 2.3 )+ (3.4 + 4.5) +….+ (99.100 + 100.101) + (101.102+ 102.103) B = 2. (1 +3) + 4.( 3 + 5) + … + 100. ( 99 + 101) + 102. ( 101 + 103 ) B = 2.4 + 4.8 + … + 100.200 + 102. 204 B = 2. ( 22 + 42 +… + 1002 +1022 ) Từ đó tính được 22 + 42 +… + 1002 +1022 = 102.103.104 : 6 = 182104 Ta sẽ nghiên cứu tiếp dạng toán tính tổng các bình phương của dãy số chẵn liên ở các dạng toán sau. Mở rộng: Viết công thức tổng quát tính : An = 1.2 + 2.3 + 3.4 +…+ n (n + 1) (n∈N*) Hướng giải: Từ kết quả ở câu a và b ta có thể dự đoán An = 1.2 + 2.3 + 3.4 +…+ n (n + 1) =

n(n + 1)(n + 2) (n∈N*) 3

Chứng minh tổng quát: An = 1.2 + 2.3 + 3.4 +…+ n (n + 1) =

n( n + 1)( n + 2) (n∈N*) 3

*Tương tự như cách 2 hoặc cách 3 ta có thể chứng ninh được tổng quát trên *Dùng phương pháp quy nạp cũng chứng minh được: +Với n = 1. Vế trái = 1.2 = 2. Vế phải = 1.(1 + 1)(1+2) : 3 = 2 Suy ra vế trái bằng vế phải. Vậy bài toán đúng với n = 1. + Giả sử bài toán đúng với n = k ( k > 1) tức là ta đã có: Ak = 1.2 + 2.3 +….+ (k + 1) (k + 2) =

k (k + 1)(k + 2) 3

+Ta phải chứng minh bài toán đúng với n = k + 1 tức là chứng minh Ak+1 = 1.2 + 2.3+…+ (k + 1)(k+2) =

(k + 1)( k + 2)(k + 3) 3

Thật vậy: Ak+1 = Ak + (k + 1)(k + 2) = k

k ( k + 1)(k + 2) + (k + 1)(k + 2) 3



Ak + 1 = (k + 1)(k + 2)  + 1 = 3  Vậy An = 1.2 + 2.3 + 3.4+…+ n(n + 1) =

( k + 1)( k + 2)(k + 3) 3 n(n + 1)( n + 2) (n ∈N*) 3

(1)

Nhận xét :Ta có thể chứng minh (1) bằng phương pháp qui nạp sau đó áp dụng để tính các tổng có dạng đó. Khai thác: Nếu trong tích hai thừa số của hai số hạng liền kề, thừa số cuối ở mẫu trước lại không có mặt ở mẫu sau thì ta tính tổng như thế nào ta xét bài toán sau: 2.5.2. Bài toán 8: Tính tổng: M = 1.2 + 3.4 + … + 99.100 + 101.102 Phân tích: Bài toán 8 giống với bài toán 7 là mỗi hạng tử đều là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp, các hạng tử được viết theo quy luật, khoảng cách giữa hai thừa số của tích là 1. Nhưng khác với bài toán 7 ở bài toán 8 thừa số cuối ở mẫu trước lại không có mặt ở thừa số đầu của mẫu sau. Chính vì thế trong bài toán này ta không nhân M với một số như bài toán 7 mà tách ngay một thừa số trong mỗi số hạng để được các thừa số ở hai số hạng liền kề có thừa số chung. Do đó ta tính tổng M thông qua các tổng khác đã biết cách tính hoặc tính dễ dàng ( trong đó có tổng tính được tương tự như bài toán 7) Hướng giải: Cách 1: M = 1.2 + 3.4 + … + 99.100 + 101.102 M = 2 + ( 2+ 1).4 + ( 4 + 1).6 + … + (98 + 1).100 + (100 + 1).102 M = 2 + 2.4 + 4 + 4.6 + 6 + … + 98.100 + 100 +100.102 + 102 M = (2.4 + 4.6 + … + 98.100 +100.102 ) + (2 + 4 + 6 + 8 + … + 100 +102) Ta tính: Tổng C = 2.4 + 4.6 + 6.8 +…+ 98.100 +100.102 tương tự như bài toán 7 6.C = 2.4.6 + 4.6.6 + 6.8.6 + ... + 98.100.6 +100.102.6

6.C = 2.4.6 + 4.6.(8– 2)+ 6.8.(10– 4) + ... + 98.100.(102– 96)+100.102.(104– 98) 6.C = 2.4.6 + 4.6.8 – 2.4.6 +6.8.10 –4.6.8 + ...+ 98.100.102– 96.98.100 + 100.102.104 – 98.100.102 ⇒ 6.C = 100.102.104 ⇒ C = 176800 Tổng D = 2 + 4 + 6 + 8 + … + 100 +102 = (102+2). 51 : 2 = 2652 ( vận dụng bài toán 1) Do đó M = 176800 + 2652 = 179452 Cách 2: M = 1.2 + 3.4 + … + 99.100 + 101.102 M = 1.(3 – 1) + 3(5 – 1) + 5(7 – 1) + … + 99(101 – 1) + 101.(103– 1) M = 1.3 – 1 + 3.5 – 3 + 5.7 – 5 + … + 99.101 – 99 + 101.103 – 101 M = (1.3 + 3.5 + 5.7 + … + 99.101+ 101.103 ) – (1 + 3 + 5 + 7 + … + 99+101) Ta tính được: 1.3 + 3.5 + 5.7 + … + 99.101+ 101.103 = 182053 tương tự như bài toán 7 1 + 3 + 5 + 7 + … + 99+101 = (101+1).51 : 2 = 2601 ( vận dụng bài toán 1 ) Do đó M = 182053 – 2601 = 179452 Bài tập luyện: Bài 1: Tính tổng : C = 1.3 + 3.5 + 5.7 + … + 97.99 Hướng giải: Tương tự như bài toán 7. Ta thấy khoảng cách giữa hai thừa số trong mỗi số hạng là 2 , nhân hai vế của C với 3 lần khoảng cách này ta được : 6C = 1.3.6 + 3.5.6 + 5.7.6 + … + 97.99.6 = 1.3.(5 + 1) + 3.5.(7 – 1) + 5.7(9 – 3) + … + 97.99(101 – 95) = 1.3.5 + 1.3 + 3.5.7 – 1.3.5 + 5.7.9 – 3.5.7 + … + 97.99.101 – 95.97.99 = 1.3.5 + 3 + 3.5.7 – 1.3.5 + 5.7.9 – 3.5.7 + … + 97.99.101 –95.97.99 = 3 + 97.99.101 ⇒ C =

1 + 9 7 .3 3 .1 0 1 = 161 651 2

Bài 2: a, Tính A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 +... + 79.80.81 + 80.81.82 b, Hãy viết công thức tổng quát của bài toán này. Phân tích: Ta có các hướng giải như câu b bài toán 7: Mỗi hạng tử của tổng A có hai thừa số thì ta nhân A với (2 + 1) lần khoảng cách giữa hai thừa số.

Học tập cách đó với bài tập 2: Nhận thấy trong mỗi hạng tử đều là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp, hai số hạng liền kề có 2 thừa số chung( ví dụ 1.2.3 và 2.3.4 có thừa số chung là 2 và 3); các hạng tử được viết theo quy luật, khoảng cách giữa hai thừa số của tích là 1 ta nhân cả hai vế của A với (3+1) tức 4 lần khoảng cách giữa hai thừa số. Do đó nhân A với 4. Ta có hướng giải sau: Hướng giải: a, Ta có: A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + ...+ 79.80.81+ 80.81.82 4.A = (1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + ...+ 79.80.81+ 80.81.82).4 4.A = 1.2.3.(4 – 0) + 2.3.4.(5 – 1) + … 79.80.81(82 – 78)+ 80.81.82.(83 – 79) 4.A = 1.2.3.4 – 1.2.3.4 + 2.3.4.5 – 2.3.4.5 + … + 79.80.82.82 – 79.80.81.82 +80.81.81.83 4.A = 80.81.82.83 ⇒ A = 80.81.82.83 : 4 = 11025720 b, Quan sát kết quả bài toán trên ta có công thức tổng quát A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + (n – 1).n.(n + 1).= (n -1).n.(n + 1)(n + 2) : 4

(2)

Nhận xét : Ta có thể chứng minh (2) bằng phương pháp qui nạp sau đó áp dụng để tính các tổng có dạng đó. Bài 3: Tính tổng D = 1.3.5 + 3.5.7 + 5.7.9 + … + 95.97.99 Hướng giải: Tương tự như bài 2.Trong bài này ta nhân D với 8 (4 lần khoảng cách) vì mỗi hạng tử của D cũng có 3 thừa số. 8.D = 1.3.5.8 + 3.5.7.8 + 5.7.9.8 + … + 95.97.99.8 = 1.3.5(7 + 1) + 3.5.7(9 – 1) + 5.7.9(11 – 3) + … + 95.97.99(101 – 93) = 1.3.5.7 + 15 + 3.5.7.9 – 1.3.5.7 + 5.7.9.11 – 3.5.7.9 + … + 95.97.99.101 – 93.95.97.99 = 15 + 95.97.99.101 ⇒ D = (15 + 95.97.99.101) : 8 = 11 517 600 Bài 4: Cho C = 1.100 + 2.99 + 3.98 + ... + 99.2 + 100.1 . Tính C. Phân tích: *Tương tự như cách nghĩ của bài toán 8 ta có thể đưa việc tính tổng C qua các tổng đã biết cách tính khác ta có hướng giải sau: + Hướng giải 1: C = 1.100 + 2. (100 − 1) + 3. (100 − 2 ) + ... + 99 (100 − 98) + 100 (100 − 99 ) = (1.100 + 2.100 + 3.100 + ... + 99.100 + 100.100 ) − (1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 99.100 ) =

= 100 (1 + 2 + 3 + ... + 100 ) − (1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 99.100 )

Ta tính được: 1 + 2 + 3 + ... + 100 = Từ đó tính được C = 100.

100.101 99.100.101 ; 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 99.100 = 2 3

100.101 99.100.101 = 505000 − 333300 = 171700 − 2 3

* Tuy nhiên ta cũng có thể đưa việc tính tổng C về việc tính các tổng đã biết theo hướng phân tích sau: Ta thấy thừa số thứ nhất trong mỗi số hạng viết theo thứ tự tăng dần từ 1 đến 100, thừa số thứ hai trong mỗi số hạng viết theo thứ tự giảm dần từ 100 đến 1. Nên ta coi M gồm 100 tổng trong đó số 1 có mặt ở 100 tổng, số 2 có mặt ở 99 tổng, số 3 có mặt ở 98 tổng, ..., số 99 có mặt ở 2 tổng và số 100 có mặt ở 1 tổng. Do đó ta viết: M = 1.100 + 2.97 + 3.96 + ... + 99.2 + 100.1 = 1 + (1 + 2 ) + (1 + 2 + 3) + ... + (1 + 2 + 3 + ... + 100 ) Mà theo công thức tính tổng của n số tự nhiên liên tiếp 1 + 2 + ... + n =

n. ( n + 1) 2

ta tính được

các tổng trên: M = 1 + (1 + 2 ) + (1 + 2 + 3) + ... + (1 + 2 + 3 + ... + 100 ) = cách tính 1.2 + 2.3 + 3.4 +…+ n (n + 1) =

1.2 2.3 3.4 100.101 + + + ... + . Ta đã biết 2 2 2 2

n(n + 1)(n + 2) (n∈N*) 3

Từ đó ta tính được M. Ta có hướng giải sau: + Hướng giải 2: M = 1.100 + 2.97 + 3.96 + ... + 99.2 + 100.1 = 1 + (1 + 2 ) + (1 + 2 + 3) + ... + (1 + 2 + 3 + ... + 100 ) M

1.2 2.3 3.4 100.101 ; 1+ 2 = ; 1+ 2 + 3 = ; ; 1 + 2 + 3 + ... + 100 = 2 2 2 2

Nên M =

1.2 2.3 3.4 100.101 1 1 100.101.102 + + + ... + = .(1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 100.101) = . 2 2 2 2 2 2 3

M = 171700 Nhận xét: Cần linh hoạt chọn hướng giải sao cho phù hợp với mỗi dạng bài tập chẳng hạn với bài tập: Cho M = 1.100 + 2.97 + 3.96 + ... + 99.2 + 100.1 v

N = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 100.101 .

Tính M : N. Với bài tập trên ta nên chọn việc tính tổng M theo hướng giải thứ 2 là hợp lí ta được M:N=

1 2

Mở rộng: Từ cách tính theo cả hai hướng trên tổng quát ta có thể tính được 1.n + 2 ( n − 1) + 3 ( n − 2 ) + ... + ( n − 1) 2 + n.1 =

n.n.(n + 1) ( n − 1).n.(n + 1) n ( n + 1)( n + 2 ) − = 2 3 6

Khai thác: Nếu trong tích ba thừa số của hai số hạng liền kề, 2 thừa số cuối ở mẫu trước không có mặt cả hai ở mẫu sau. Ta xét bài tập sau: Tính tổng: C = 1.2.3 + 3.4.5 + 5.6.7 + … +93.94.95 + 95.96.97 Phân tích: Bài tập này giống bài 3 là trong mỗi hạng tử đều là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp; các hạng tử được viết theo quy luật, khoảng cách giữa hai thừa số liên tiếp của tích là 1. Nhưng khác với bài 3 là hai số hạng liền kề không có 2 thừa số chung mà chỉ có một thừa số chung. Chính vì thế trong bài toán này ta không nhân M với một số như bài 3 mà ta nghĩ đến cách làm tương tự như bài toán 8: Tách ngay một thừa số cuối trong mỗi số hạng để được các thừa số nối đuôi ở hai số hạng liền kề có 2 thừa số chung. Do đó ta tính tổng M thông qua các tổng khác đã biết cách tính hoặc tính dễ dàng( trong đó có tổng tính được tương tự như bài 3) Hướng giải: C = 1.2.3 + 3.4.5 + 5.6.7 + … +93.94.95 + 95.96.97 C = 1.3.( 5 – 3) + 3.5.( 7 – 3) + 5.7.( 9 – 3) + … + 95.97.( 99 – 3) C = ( 1.3.5 + 3.5.7 + 5.7.9 + … + 95.97.99 ) – ( 1.3.3 + 3.5.3 + … + 95.97.3 ) C = ( 1.3.5 + 3.5.7 + 5.7.9 + … + 95.97.99 ) – 3( 1.3 + 3.5 + … + 95.97) Ta tính được: 1.3.5 + 3.5.7 + 5.7.9 + … + 95.97.99 = 11517600 như bài 3 1.3 + 3.5 + … + 95.97 = 152048 như bài 1 Do đó C = 11517600 – 3. 152048 = 11061456 2.6. Dạng 6: Tổng các bình phương của một dãy số có các cơ số cách đều nhau. 2.6.1. Bài toán 9: a, Tính tổng A = 12 + 22 + 32+…+92 + 102 + 112 b, Tính tổng B = 12 + 22 + 32+…+992 + 1002 + 1012 Phân tích: * Câu a,

+ Hướng thứ nhất: Với câu a tính tổng A = 12 + 22 + 32+…+92 + 102 + 112 Bằng cách thực hiện đúng thứ tự thực hiện phép tính ta dễ dàng tính được A. Ta có hướng giải sau: Cách 1: A = 12 + 22 + 32+…+92 + 102 +112 A = 1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36 + 49+ 64 +81 + 100+ 121 = 506 Nhận xét: Đối với tổng có nhiều số hạng như câu b cách giải này không thể áp dụng được nên ta cần tìm hiểu cách giải khác. + Hướng thứ hai: Ta viết A dưới dạng A = 1.1 + 2.2 + 3.3 + …. + 9.9 + 10.10 + 11.11. Bài toán 9 thực ra là bài toán vận dụng ( trường hợp đặc biệt của bài toán 7 và bài toán 1 theo hướng giải cách 4, 5 ) vì mỗi hạng tử là tích của 2 thừa số giống nhau, hai thừa số của hai số hạng liền kề là hai số tự nhiên liên tiếp. Bằng cách nghĩ tương tự như hướng 2 của bài toán 7 ta đưa tổng A về các tổng khác đã biết cách giải: Cách 2: A = 12 + 22 + 32+…+92 + 102 +112 A = 1.1 + 2.2 + 3.3 + …. + 9.9 + 10.10 + 11.11 A = 1 (2 – 1)+ 2(3 – 1) + 3 (4 – 1) +…+ 9(10 – 1) + 10 (11 – 1) + 11. ( 12– 1) A = 1.2 – 1 + 2.3 – 2 + 3.4 – 3 +…+ 9.10 – 9 + 10.11 – 10 + 11.12 – 11 A = (1.2 + 2.3 + 3.4+…+ 9.10 + 10.11+ 11.12 ) – (1 + 2 + 3 + 4 +…+ 9 + 10 +11) Ta thấy: 1.2 + 2.3 + 3.4 +…+ 9.10 + 10.11+ 11.12 = 11.12.13: 3 = 572 ( vận dụng bài toán 7 ) 1 + 2 + 3 +….+ 10 +11 = (11+1).11 : 2 = 66 ( vận dụng bài toán 1 ) Do đó A = 572 – 66 = 506 Nhận xét: Theo cách 2 ta có A =

11.12.13 11.12 11.12.(11.2 + 1) − = = 506 3 2 6

Ở cách 2 chính là ta dùng phương pháp tính tổng thông qua tổng đã biết + Hướng thứ ba: Khai thác theo hướng chứng minh được đẳng thức: (x + 1)3 = (x+1). (x+1).(x+1) = (x2 + 2x +1) . (x+1) = x3 + 3x2 + 3x + 1 ta có cách sau: Cách 3.

Với x = 1 ta có 23 = 13 + 3.12 + 3.1 + 1. Với x = 2 ta có 33 = 23 + 3.22 + 3.2 + 1. Với x = 3 ta có 43 = 33 + 3.32 + 3.3 + 1. …….. Với x = 9 ta có 103 = 93 + 3.92 + 3.9 + 1. Với x = 10 ta có 113 = 103 + 3.102 + 3.10 + 1 Với x = 11 ta có 123 = 113 + 3.112 + 3.11 + 1 Cộng vế với vế của 11 đẳng thức trên ta được: 23 + 33 + …. + 93 + 103 + 113 +123 = 13 + 23 + 33 +…+ 93 +103 +113+ 3(12 + 22 + 32+…+ 92 + 102 +112) + 3 (1 + 2 + 3 + 4 +….+9 + 10 + 11) + (1 + 1 + 1 + ….+ 1) ( Có11 số hạng 1) Do đó 123 = 13 + 3.A + 3.66 + 11 ⇒ 1331 = 3.A+ 176 ⇒ A = 506 * Câu b, Tính tổng B = 12 + 22 + 32+…+992 + 1002 + 1012 Phân tích: Với cách phân tích để làm câu a, ta thấy đối với câu b ta làm theo cách 2 hoặc cách 3 trên. Hướng giải: Phương pháp tính qua các tổng đã biết: B = 12 + 22 + 32+…+992 + 1002 + 1012 B = 1.1 + 2.2 + 3.3 + …. + 99.99 + 100.100 + 101.101 B = 1 (2 – 1) + 2(3 – 1) + 3 (4 – 1) +…+ 99(100 – 1) + 100 (101 – 1) + 101.(102 – 1) B = 1.2 – 1 + 2.3 – 2 + 3.4 – 3 +…+ 99.100 – 99 + 100.101 – 100 + 101.102 – 101 B = (1.2 + 2.3 + 3.4+…+ 99.100 + 100.101 + 101.102 ) – (1 + 2 + 3 + 4 +…+ 99 + 100+101) Ta thấy: 1.2 + 2.3 + 3.4 +…+ 99.100 + 100.101+ 101.102 = 101.102.103: 3 = 353702( vận dụng bài toán 7 ) 1 + 2 + 3 +….+ 100 +101 = (101+ 1).101:2 = 5151 ( vận dụng bài toán 1 ) Do đó B = 353702 – 5151 = 348551 =

101.102.(101.2 + 1) 6

Mở rộng: Viết công thức tổng quát tính : An = 12 + 22 + 32 + …+n2 Hướng giải: Từ kết quả ở câu a và b ta có thể dự đoán:

( ∀ n ∈ N*)

An = 12 + 22 + 32 + …+n2 =

n(n + 1)(2n + 1) 6

( ∀ n ∈ N*) n( n + 1)(2n + 1) ( ∀ n ∈ N*) 6

Chứng minh tổng quát: An = 12 + 22 + 32 + …+n2 = Chứng minh tương tự cách 3.

Với x = n ta có (n + 1)3 = n3 + 3n2 + 3n + 1 = (n3 + 1) + (3n2 + 3n) Cộng n đẳng thức và rút gọn các hạng tử bằng nhau ở hai vế, ta có: (n + 1)3 = n + 1 + 3An + 3 [1 + 2 + 3 +…+ (n – 1) + n] Ta có 1 + 2 + 3 + …+ (n – 1) + n = n (n + 1) : 2 3

⇒ 3An = (n + 1) – (n + 1) –

3n( n + 1) 3n   = (n + 1) (n + 1) 2 − 1 −  2 2 

 2n 2 + 4n + 2 − 2 − 3n  n(n + 1)(2n + 1)  = 2 2  

= (n + 1)  Vậy An =

n(n + 1)(2n + 1) 6

Nghĩa là: 12 + 22 + 32+…+ n2 =

n(n + 1)(2n + 1) ( ∀ n ∈ N*) 6

Ta có thể dùng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh bài toán tổng quát trên. + Với n = 1 bài toán đúng. +Giả sử bài toán đúng với n = k tức là ta đã có: 12 + 22 + 32 +….+ k2 =

k (k + 1)(2k + 1) 6

+Ta phải chứng minh bài toán đúng nới n = k + 1 nghĩa là: 12 + 22 + 32 + …..+ k2 + (k + 1)2 = Thật vậy: VT =

k (k + 1)(2k + 1) k (2k + 1)  + (k + 1).  + k + 1 6 6  

= (k + 1). =

( k + 1)( k + 2)(2k + 3) 6

2k 2 + k + 6k + 6 2k ( k + 2) + 3( k + 2) = ( k + 1). 6 6

( k + 1)( k + 2)(2k + 3) = VP 6

Vậy: 12 + 22 + 32 +…+ n2 =

n(n + 1)(2n + 1) 6

( ∀ n ∈ N*) ( 3)

Nhận xét: Ta có thể chứng minh (3) bằng hai phương pháp trên sau đó áp dụng để tính các tổng có dạng đó.

2.6.2. Bài toán 10: Tính tổng : C = 12 + 32 + 52 + ……+ 992+ 1012 Phân tích: Từ phần khai thác đã có trong bài toán 7 ta tính được tổng C bằng cách xét tổng khác: Vì số hạng cuối trong tổng C là 1012 nên ta nghĩ đến xét tổng B = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + ... + 99.100 + 100.101 +101.102 Hướng giải: Xét B = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + ... + 100.101 +101.102 B = 0.1 + 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + ... + 100.101 + 101.102 B = 1.(0 + 2) + 3.(2 + 4) + 5.(4 + 6) + ... + 101. (100 + 102) B = 1.2 + 3.6 + 5.10 + ... + 101. 202 B = 1.1.2 + 3.3.2 + 5.5.2 + ... +101.101.2 B = (12 + 32 + 52 + ... +1012 ).2 Lại có B = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + ... + 100.101 +101.102 B=

101(101 + 1)(101 + 2) = 353702 ( vận dụng bài toán tổng quát (1) dạng 2.5) 3

Do đó C = 12 + 32 + 52 + ……+ 992+ 1012 C=B:2=

101(101 + 1)(101 + 2) 101.102.103 = = 176851 6 6

Mở rộng: Từ kết quả bài toán trên ta có: Bài toán tổng quát: 12 + 32 + 52 + ……+ ( 2n +1 )2 =

( 2n + 1) .( 2n + 2 ) . ( 2n + 3) 6

Ta có thể chứng minh bài toán trên bằng phương pháp qui nạp. 2.6.3. Bài toán 11: a, Tính tổng : M = 4 + 16 + 25 + ... + 10000 + 10404 b, Viết công thức tổng quát tính: A = 22 + 42 + 62 + …+ (2n)2 Hướng giải: a, Ta có M = 4 + 16 + 25 + ... + 10000 + 10404 M = 22 + 42 +... + 1002 +1022 Từ phần khai thác đã có trong bài toán 7 ta đã tính được tổng

( ∀ n ∈ N*)

M = 22 + 42 +... + 1002 +1022 M = 102.103.104 : 6 = 182104 ( Với phương pháp làm giống bài toán 10) b, Từ kết quả bài toán trên ta có: Bài toán tổng quát: B= 22 + 42 + 62 + …+ (2n)2

2n. ( 2n + 1) . ( 2n + 2 ) 6

Ta có thể chứng minh bài toán trên bằng phương pháp qui nạp. Bài tập luyện: Bài 1: a, Tính tổng : 202 + 222 + … + 482 + 502. b, Cho n thuộc N*. Tính tổng S = n2 + (n + 2)2 + (n + 4)2 + …+ (n + 100)2. Hướng giải: a, Áp dụng công thức tính tổng bình phương các số chẵn liên tiếp ta được 202 + 222 + … + 482 + 502 =

50.51.52 = 22100 6

b, Vì n thuộc N* nên + Tổng S là tổng các bình phương của các số chẵn liên tiếp nếu n là số chẵn. Khi đó S = n2 + (n + 2)2 + (n + 4)2 + …+ (n + 100)2 S=

(n + 100). ( n + 100 + 1) . ( n + 100 + 2 ) (n + 100). ( n + 101) . ( n + 102 ) = 6 6

+ Tổng S là tổng các bình phương của các số lẻ liên tiếp nếu n là số lẻ. Khi đó S = n2 + (n + 2)2 + (n + 4)2 + …+ (n + 100)2 S=

( n + 100 + 1) . ( n + 100 + 2 ) . ( n + 100 + 3) = ( n + 101) . ( n + 102 ) . ( n + 103) 6

Bài 2: Tính tổng B = 1 + 4 + 9 + ... + 95481+ 160000 Hướng giải: B = 1 + 4 + 9 + ... + 95481+ 160000 B = 12 + 22 + 32+…+ 3092 + 4002 Với các cách giải trên ta tính được B =

400(400 + 1)(2.400 + 1) = 21413400 6

Bài 3: Biết rằng 12 + 22 + 32 +…+ 102 = 385, đố em tính nhanh được tổng S = 22 + 42 + 62 + … + 202 Hướng giải: Ta có: S = 22 + 42 + 62 + … + 202 = (2.1)2 + (2.2)2 + … + (2.10)2

= 12.22 + 22.22 + 22.32 + …+ 22.102 = 22.(12 + 22 + 32 + … + 102) = 4. (12 + 22 + 32 + … + 102) = 4.385 = 1540 2.7. Dạng 7: Tổng các lập phương của một dãy số có các cơ số cách đều nhau. 2.7.1. Bài toán 12: Tính tổng: S = 13 + 23 + 33+…+ n3 Phân tích: Ta chứng minh được n3 – n = n .( n–1). (n +1) Nên n3 = ( n–1). n .(n +1) + n Từ đó ta nghĩ đến đưa tổng S về các tổng đã biết cách tính Hướng giải: Cách 1: Ta có: 13 = 1 + 0.1.2 23 = 2 + 1.2.3 33 = 3 + 2.3.4 ... n3 =

n + ( n–1). n .(n +1)

Do đó S = 13 + 23 + 33+…+ n3 S = (1 + 2 + 3 +...+ n) + 0.1.2 + 1.2.3 + 2.3.4 + ... + ( n – 1) . n . ( n + 1)  Ta tính được :1 + 2 + 3 +...+ n = (n +1). n : 2 ( Vận dụng bài toán 1) 0.1.2 +1.2.3 + 2.3.4 + … + (n – 1).n.(n + 1).= (n -1).n.(n + 1)(n + 2) : 4 ( Bài toán tổng quát 2 dạng 2.5) Do đó S = (n +1).n : 2 + (n -1).n.(n + 1)(n + 2) : 4 S=

n. ( n + 1)  2 + ( n − 1)( n + 2 )  4

n. ( n + 1) .n. ( n + 1) n 2 . ( n + 1) = 4 4

Cách 2: A = 13 – 1 + 23 – 2 + 33 – 3 + 43 – 4 + 53 – 5 +…+ n3 – n + ( 1 + 2 + 3 + …+ n ) A= 0 + 2( 22 – 1 ) + 3( 32 – 1 ) + 4( 42 – 1 )+ …+ n( n2 – 1 ) + ( 1 + 2 + 3 + 4 + …+ n ) A= 0 + 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6+ …+ (n – 1 )n( n + 1 ) + ( 1 + 2 + 3 + 4 + … + n ) S = (n +1).n : 2 + (n -1).n.(n + 1)(n + 2) : 4 S=

n. ( n + 1)  2 + ( n − 1)( n + 2 )  4

n. ( n + 1) .n. ( n + 1) n 2 . ( n + 1) = = 4 4

Khai thác: Thay đổi khoảng cách giữa các cơ số trong bài toán 12 ta có các bài toán 13 và 14 sau: 2.7.2. Bài toán 13: Tính tổng: N = 23+43 +63 +....+(2n)3 Phân tích: Các số hạng trong tổng đều có thừa số chung là 23. Khi đó xuất hiện tổng mới là 13 + 23 + 33+…+ n3 đã biết cách tính ở bài toán 12. Ta có hướng giải sau: Hướng giải: N = 23+43 +63 +....+(2n)3 N = 23. (13 + 23 + 33+…+ n3 ) n 2 . ( n + 1) N= 8. 4

2.7.3. Bài toán 14: Tính tổng: S = 13 + 33 + 53+…+ 973 Phân tích: *Ta chứng minh được n3 – 4n = n .( n–2). (n +2) Nên n3 = ( n–2). n .(n +2) + 4n Từ đó ta nghĩ đến đưa tổng S về các tổng đã biết cách tính. Ta có hướng giải sau: Hướng giải 1: 3

Ta có: 1 = 1 33 = 4.3 + 1.3.5 53 = 4.5 + 3.5.7 ... 973 = 4.97 + 95.97.99 Do đó S = 13 + 23 + 33+…+ 973 S = 1+ 4( 3 + 5 +...+ 97) + ( 1.3.5 + 3.5.7 +... + 95.97.99 ) Ta tính được : 3 + 5 + 7+...+ 97= (97+3).48 : 2 = 2400 ( Vận dụng bài toán 1) 1.3.5 + 3.5.7 + 5.7.9 + … + 95.97.99 = 11 517 600 ( Bài 3 dạng 5 ) Do đó S = 1 + 4.2400 +11517600 = 11527201. *Ta đã biết tính tổng các lập phương khi các cơ số là các số tự nhiên liên tiếp ở bài toán 12 và lại biết tính tổng các lập phương khi các cơ số là các số tự nhiên chẵn liên tiếp ở bài toán 13. Do đó ta nghĩ đến thêm và bớt tổng các lập phương với các cơ số là các số tự nhiên chẵn liên tiếp để lấp đầy dãy các cơ số. Ta có hướng giải sau:

Hướng giải 2: Ta có S = 13 + 33 + 53+…+ 973 S = (13 + 33 + 53+…+ 973 + 23+43 +63 +....+963) – (23+43 +63 +....+963) S = ( 13 + 23 +33 + 43 +... + 963 + 973 ) – (23+43 +63 +....+963) 2

97 2. ( 97 + 1) 482. ( 48 + 1) S= – 8. = 22591009 – 1382976 = 11527201.Vận dụng bài 4 4

toán 13,14 Mở rộng: Từ hướng giải 2 của bài 14 ta có hướng làm bài tổng quát sau: Tính tổng : Sn = 13+33 +53 +... + (2n +1 )3 Hướng giải: Ta có Sn = 13+33 +53 +... + (2n +1 )3 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 =

(2n + 1) 2 (2n + 2) 2 8n 2 (n + 1) 2 − 4 4

=( n+1) 2(2n+1) 2 – 2n2 (n+1)2

= (n +1 )2 (2n2 +4n +1) Khai thác : Từ bài toán 13, với khoảng cách là a ta có ( n – a). n .(n +a) = n3– a2n. Nên a2n = n3 – ( n – a). n .(n +a) Thay đổi số mũ của một thừa số trong bài toán 14 ta có bài toán 2.7.4. Bài toán 15: Tính S = 1.22 + 2.32 + 3.42 + …+ 80.812 Hướng giải: A = 1.2.(3 – 1) + 2.3(4 – 1) + 3.4(5 – 1) + … + 80.81.(82 – 1) A

= 1.2.3 – 1.2 + 2.3.4 – 2.3 + 3.4.5 – 3.4 + … + 80. 81 .82 – 80 .81

A = (1.2.3 + 2.3.4 + … + 80 .81. 82) – (1.2 + 2.3 + 3.4 + … + 80 .81) Ta tính được: 1.2.3 + 2.3.4 + … + 80 .81. 82 = 80.81.82.83 : 4 = 11025720 ( Bài 2 dạng 5) 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + 80 .81 =

80.81.82 = 88560 (vận dụng bài toán tổng quát (1) dạng 6

2.5) Do đó : A = 11025720 – 88560 = 10937160

2.8. Dạng 8: Tổng của một dãy nhân các phân số 2.8.1. Bài toán 16: Tính tổng: A =

1 1 1 1 + + + ... + 4 12 36 8748

Phân tích: Nhận thấy kể từ phân số thứ hai trở đi, mỗi phân số đứng sau bằng phân số đứng trước nhân với

1 . Tương tự như cách giải bài toán 3 dạng 3 ta có các 3

hướng giải sau: Hướng giải 1: A=

1 1 1 1 1 + + + ... + + 4 12 36 2916 8748

1 1 1 1 1 1 .A= + + + ... + + 3 12 36 108 8748 26244

Do đó A –

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . A = ( + + + ... + + )–( + + + ... + + ) 3 4 12 36 2916 8748 12 36 108 8748 26244

2 1 1 2 1640 820 .A= – ⇒ .A= ⇒A = 3 4 26244 3 6561 2187

Nhận xét: Ta cũng có thể nhân A với 3 rồi lấy 3A –A các phân số cũng bị triệt tiêu nên ta có hướng giải sau Hướng giải 2: Ta có: A =

1 1 1 1 1 + + + ... + + 4 12 36 2916 8748

3. A =

3 1 1 1 1 + + + ... + + 4 4 12 972 2916

Do đó 3.A – A = ( 2 .A =

3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + ... + + ) – ( + + + ... + + ) 4 4 12 972 2916 4 12 36 2916 8748

3 1 820 – ⇒A = 4 8748 2187

2.8.2.Bài toán 17: Tính tổng: B =

1 1 1 1 + 2 + 3 + ... + 2017 5 5 5 5

Phân tích: Nhận thấy B là tổng của các phân số có cùng tử, mẫu số là các lũy thừa cùng cơ số với số mũ tăng dần. Do đó ta cũng có mỗi phân số đứng sau bằng phân số đứng trước nhân với như bài toán 16 ta có các hướng giải sau: Hướng giải 1:

1 .Tương tự 5

Ta có: B =

1 1 1 1 + + + ... + 2017 5 52 53 5

1 1 1 1 1 . B = 2 + 3 + ... + 2017 + 2018 5 5 5 5 5

Do đó B –

1 1 1 1 1 1 1 1 1 . B = ( + 2 + 3 + ... + 2017 ) – ( 2 + 3 + ... + 2017 + 2018 ) 5 5 5 5 5 5 5 5 5

52017 − 1 52017 − 1 4 1 1 4 . B = – 2018 ⇒ . B = 2018 ⇒ B = 5 5 5 5 5 4.52017

Hướng giải 2: Ta có: B =

1 1 1 1 + 2 + 3 + ... + 2017 5 5 5 5

5. B = 1 +

1 1 1 + 2 + ... + 2016 5 5 5

Do đó 5.B – B = ( 1 + 4. B = 1 –

1 1 1 1 1 1 1 + 2 + ... + 2016 ) – ( + 2 + 3 + ... + 2017 ) 5 5 5 5 5 5 5 1

52017

⇒ B=

52017 − 1 4.52017

Nhận xét: Các phân số có cùng tử số; kể từ phân số thứ hai trở đi, mẫu của phân số sau gấp 5 lần mẫu của phân số trước nên ta đã nhân B với 5 hoặc nhân B với

1 5

Khai thác: Từ kết quả của bài toán 17 ta có thể thay đổi đề bài 17 dưới dạng khác như sau: Chứng minh rằng: B =

1 1 1 1 1 + 2 + 3 + ... + 2017 < 5 5 5 5 4

Hướng giải: Với bài toán này ta cũng đi tính B được kết quả B = Chỉ ra được B =

52017 − 1 4.52017

1  1  1 . 1 − 2017  < 4  5  4

Mở rộng: Từ hướng giải của bài 16,17 ta có hướng làm cho bài toán tổng quát sau: Tính tổng: S = tỏ S <

1 1 1 1 + 2 + 3 + ... + n ( Với a và n là các số nguyên dương a ≠ 1) và chứng a a a a

1 a −1

Hướng giải:

1 a

a . S = 1+ +

1 1 1 + + ... + n −1 a 2 a3 a 1 a

a.S – S = ( 1 + + ( a – 1) .S = 1 – * Ta có S =

1 1 1 1 1 1 1 + 3 + ... + n −1 ) – ( + 2 + 3 + ... + n ) 2 a a a a a a a

1 an −1 ⇒ S = an ( a − 1) a n

an −1 an 1 1 1 1 . n = − n = − n n ( a − 1) a a ( a − 1) a ( a − 1) ( a − 1) ( a − 1) a

Từ đó chỉ ra được S =

1  1  1 . 1 − n  < ( a − 1)  a  a − 1

Khai thác: Ở bài toán 16,17 các phân số đều có cùng tử, mẫu là các lũy thừa cùng cơ số với số mũ tăng dần. Vấn đề đặt ra nếu các phân số đó không cùng tử mà được viết theo quy luật thì cách giải trên còn áp dụng được không. Ta nghiên cứu qua bài toán sau: 2.8.3. Bài toán 18: Tính tổng: C =

1 2 3 2017 + 2 + 3 + ... + 2017 5 5 5 5

Hướng giải: Ta có: C =

1 2 3 2017 + 2 + 3 + ... + 2017 5 5 5 5

5.C = 1 +

2 3 2017 + 2 + ... + 2016 5 5 5

Do đó 5.C – C = (1 + 4.C = 1 + Đặt D =

2 3 2017 1 2 3 2017 + 2 + ... + 2016 ) – ( + 2 + 3 + ... + 2017 ) 5 5 5 5 5 5 5

1 1 1 1 2017 + 2 + 3 + ... + 2016 − 2017 5 5 5 5 5

1 1 1 1 52016 − 1 + 2 + 3 + ... + 2016 . Tương tự như bài toán 17 ta tính được D = 5 5 5 5 4.52016

Do đó 4.C = 1 +

52016 − 1 2017 5.52017 − 5 − 2017 52018 − 2022 − 4.C = C = ⇒ ⇒ 4.52016 52017 4.52016 42.52017

Nhận xét: Mặc dù khác với bài toán 17 ta thấy C là tổng của các phân số mà tử số là các số tự nhiên liên tiếp. Nhưng mẫu số vẫn là các lũy thừa cùng cơ số với số mũ tăng dần. Ta áp dụng các hướng như bài toán 17 vẫn thấy làm được cho bài toán 18, nhưng cần phải tính thêm tổng mới. Khai thác: Từ kết quả của bài toán 18 ta có thể thay đổi đề bài 18 dưới dạng khác như sau:

Chứng minh rằng: C =

1 2 3 2017 5 + + + ... + 2017 < 5 52 53 5 16

Hướng giải : Ta đã tính được 4.C = 1 + Mà

52016 − 1 2017 52016 − 1 − . Nên 4.C < 1 + 4.52016 52017 4.52016

52016 − 1 1 1 5 < . Do đó 4.C <1 + . Vậy C < 2016 4.5 4 4 16

Mở rộng: Tính tổng: S =

1 2 3 n + 2 + 3 + ... + n ( Với a và n là các số nguyên dương a ≠ 1) a a a a

Hướng giải : 2 a

a .S = 1 + +

3 4 n + 3 + ... + n −1 2 a a a 2 a

a.S – S = ( 1 + +

3 4 n 1 2 3 n + + ... + n −1 ) – ( + 2 + 3 + ... + n ) a 2 a3 a a a a a

1 a

( a – 1) .S = 1 + + Tính được

1 1 1 n + 3 + ... + n −1 – n 2 a a a a

a n −1 − 1 1 1 1 1 + 2 + 3 + ... + n −1 = . Từ đó tìm được S a a a a ( a − 1) a n −1

Bài tập luyện: 1 1 1 1 1 1 3 + 3 − 4 + ... + 99 − 100 . Chứng tỏ M < 2 3 3 3 3 3 3 8

Bài 1: Cho M = −

Hướng giải: 1 1 1 1 1 1 M = − 2 + 3 − 4 + ... + 99 − 100 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 M = ( + 3 + ... + 99 ) − ( 2 + 4 + ... + 100 ) 3 3 3 3 3 3 1 1 1 + ... + 99 3 3 3 3

Ta tính: A = +

1 1 1 1 1 1 9 A − A = (3 + + 3 + ... + 97 ) − ( + 3 + ... + 99 ) 3 3 3 3 3 3

8A = 3 −

1 3100 − 1 ⇒ A = 399 8.399

Ta tính: B =

1 1 1 + 4 + ... + 100 2 3 3 3

9 B − B = (1 + 8B = 1 −

1 1 1 1 1 1 + + ... + 98 ) − ( 2 + 4 + ... + 100 ) 32 34 3 3 3 3

1 3100 − 1 ⇒ B = 3100 8.3100

Do đó M =

3100 − 1 3100 − 1 3101 − 3100 − 2 3 1 1 − ⇒ M = = − ( + 100 ) 99 100 100 8.3 8.3 8.3 8 8 4.3 4 3

Bài 2: Cho S = +

⇒M <

3 8

7 10 3n + 1 11 + 3 + ... + n víi n ∈ N*. Chøng minh: S < 2 3 3 3 4

Hướng giải : 4 3

Ta có: S = + 3S − S = (4 + 2S = 4 + 1 +

7 10 3n + 1 + 3 + ... + n 2 3 3 3

7 10 3n + 1 4 7 10 3n + 1 + 2 + ... + n −1 ) − ( + 2 + 3 + ... + n ) 3 3 3 3 3 3 3

3 3 3 3n + 1 3  3n + 1  3 3 + 3 ... + n −1 − n ⇒ 2 S = 5 +  2 + 3 ... + n −1  − n 2 3 3 3 3 3  3 3 3

Tương tự như trên ta lại tính được 1 2

Do đó 2 S = 5 + − ⇒ 2S <

3 3 3 1 3 + 3 ... + n −1 = − 2 3 3 3 2 2.3n −1

3 3n + 1 11 3 3n + 1 − n ⇒ 2 S = − ( n −1 + n ) n −1 2.3 3 2 2.3 3

11 3 3n + 1 11 ( Vì + n > 0 víi n ∈ N*) ⇒ S < n −1 2 2.3 3 4

2.9. Dạng 9: Tổng của một dãy các phân số có cùng tử, mẫu là tích của các cặp số nguyên cách đều. Phương pháp giải : Để tính tổng dạng toán này ta cần nhận xét, so sánh giữa tử và mẫu, các tử với nhau, các mẫu với nhau, giữa phân số cụ thể và tổng quát để tìm ra cách viết phân số theo quy luật nào rồi dần dần tìm ra cách giải. Chúng ta có thể dùng phương pháp khử liên tiếp các số hạng để giải cho dạng toán này. Với lưu ý: m 1 1 = − ( a và m là các số tự nhiên ) a ( a + m) a a + m 2m 1 1 = − a(a + m) ( a + 2m ) a.(a + m) (a + m). ( a + 2m )

(a và m là các số tự nhiên )

Tuy nhiên không phải bài toán nào ta cũng phát hiện được ngay quy luật mà phải qua một số phép biến đổi dựa trên tính chất cơ bản của phân số như nhân cả tử và mẫu với cùng một số để tìm quy luật của mẫu. Cụ thể ta xét một số bài toán sau: 2.9.1. Bài toán 19: Tính tổng A =

1 1 1 1 + + + ... + 1.2 2.3 3.4 200.201

Phân tích: Ở bài toán này các phân số có tử là 1, còn mẫu là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp. Khoảng cách giữa hai thừa số ở mỗi mẫu là 1 đúng bằng tử số. Thừa số cuối trong tích ở mẫu trước chính là thừa số đầu trong tích của mẫu sau. Cách giải bài toán này là dùng phương pháp khử liên tiếp: Đưa mỗi phân số đã cho thành hiệu của 2 phân số, biến dãy tính cộng thành dãy tính cộng và trừ để triệt tiêu các số hạng đối nhau: 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1− ; = = − ; …. ; − 1.2 2 2.3 2 3 200.201 200 201

Hướng giải : S=

1 1 1 1 + + + ... + 1.2 2.3 3.4 200.201

1 1   1

1 1

1

 1

1  1

200

=  −  +  −  +  −  + ... +  − = = − 1 2   2 3   3 4   200 201  1 201 201 Mở rộng: 1 1 1 1 + + + ... + 2 2 6 12 n +n

Tính tổng: S =

Phân tích: Trước hết ta viết các mẫu thành tích theo quy luật: 2 = 1.2; 6 = 2.3; 12 =3.4; ... n2 + n = n. (n+1). Khi đó bài toán trở thành bài toán quen thuộc với cách giải như bài 19. Hướng giải : Ta có S = S = 1 1

1 1 1 1 + + + ... + 2 2 6 12 n +n 1 1 1 1 + + + ... + 1.2 2.3 3.4 n(n + 1)

1 1 2 2

1 1 3  3

1 4

1 n

=  −  +  −  +  −  + ... +  −

1  1 1 n = = − n +1 1 n +1 n +1

Khai thác: Nếu khoảng cách giữa hai thừa số ở mẫu không bằng tử ta giải quyết bài toán dạng này như thế nào ta xét bài toán sau:

1 1 1 1 + + + ... + 25.27 27.29 29.31 93.95

2.9.2. Bài toán 20: Tính tổng: B =

Phân tích: Nhận thấy các phân số trong tổng có tử bằng nhau ( bằng 1), mỗi mẫu là tích của hai thừa số hơn kém nhau 2 đơn vị, thừa số cuối trong tích ở mẫu trước chính là thừa số đầu trong tích của mẫu sau. Do đó ta nghĩ đến đưa B=

1 2 1 2 1 2 1 2 . + . + . + ... + . 2 25.27 2 27.29 2 29.31 2 93.95

1 2 2 2 2 .( + + + ... + ). 2 25.27 27.29 29.31 93.95

Khi đó ta làm tương tự như bài toán 19 Hướng giải 1: 1 2 1 2 1 2 1 2 B= . + . + . + ... + . 2 25.27 2 27.29 2 29.31 2 93.95 1 2 2 2 2 B = .( + + + ... + ) 2 25.27 27.29 29.31 93.95 1 1 1 1 1 1 1 1 1 B = .( − + − + − + ... + − ) 2 25 27 27 29 29 31 93 95 1 1 1 7 B = .( − ) = 2 25 95 475

Ta cũng có thể trình bày bài toán dưới dạng khác: Hướng giải 2: 2⋅ B =

2 2 2 2 + + + ... + 25.27 27.29 29.31 93.95

2⋅ B =

1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + ... + − 25 27 27 29 29 31 93 95

2⋅ B =

1 1 − 25 95

1 1 1 7 ⇒ B = .( − ) = 2 25 95 475

Khai thác: Trong một số bài toán đề bài cho các phân số có mẫu là tích của các cặp số nguyên cách đều, nhưng tử số chưa bằng nhau ta có thể nghĩ đến đưa các phân số đó về tử số bằng nhau. Ta xét bài toán sau: 2.9.3. Bài toán 21:

Cho B =

2 2 32 42 52 99 2 .Tìm phần nguyên của B. + + + + ... + 1.3 2.4 3.5 4.6 98.100

Phân tích: Ta thấy tử số của các phân số trong tổng đều hơn mẫu 1 đơn vị. Do đó ta nghĩ ngay đến đưa các phân số về cùng tử số bằng cách sau: B=

2 2 32 42 52 99 2 + + + + ... + 1.3 2.4 3.5 4.6 98.100

22 32 42 52 992 B = ( − 1) + ( − 1) + ( − 1) + ( − 1) + ... + ( − 1) + 98 1.3 2.4 3.5 4.6 98.100 B=

1 1 1 1 1 + + + + ... + + 98 . Ta có thể dễ dàng tính được B từ đó tìm 1.3 2.4 3.5 4.6 98.100

được phần nguyên của B Hướng giải : Dãy số 1,2,3,.., 98 có 98 số hạng. Do đó tổng B có 98 số hạng. 2 2 32 42 52 99 2 B= + + + + ... + 1.3 2.4 3.5 4.6 98.100 22 32 42 52 992 B = ( − 1) + ( − 1) + ( − 1) + ( − 1) + ... + ( − 1) + 98 1.3 2.4 3.5 4.6 98.100 B=

1 1 1 1 1 + + + + ... + + 98 1.3 2.4 3.5 4.6 98.100

1 2 2 2 2 2 B= ( + + + + ... + ) + 98 2 1.3 2.4 3.5 4.6 98.100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 B = ( − + − + − + − + ... + − + − ) + 98 2 1 3 2 4 3 5 4 6 97 99 98 100 1 1 1 1 1 B= ( + − − ) + 98 2 1 2 99 100 B = 98 +

14651 . Vậy phần nguyên của B là 98 19800

Khai thác: Nếu các phân số trong tổng có tử số bằng nhau, mẫu là tích của các cặp số nguyên. Nhưng khoảng cách giữa hai thừa số trong các mẫu có thể chưa bằng nhau, thừa số cuối trong tích của mẫu trước có thể chưa là thừa số đầu trong tích của mẫu sau. Để có thể dùng phương pháp khử liên tiếp ta có thể thử áp dụng tính chất cơ bản của phân số để đưa khoảng cách giữa hai thừa số trong các mẫu bằng nhau và thừa số cuối trong tích của mẫu trước là thừa số đầu trong tích của mẫu sau . Ta xét bài toán sau:

2.9.4. Bài toán 22: B =

1 1 1 1 + + + ... + 10.9 18.13 26.17 802.405

Phân tích: Thử nhân cả tử và mẫu của mỗi phân số trong tổng với 2 ta có các phân số có cùng tử số là 2 và mẫu lần lượt là : 10.18; 18.26; 26.34; ...; 802.810. Đến đây ta giải bài toán tương tự như bài toán 20. Hướng giải : B=

1 1 1 1 + + + ... + 10.9 18.13 26.17 802.405

2 2 2 2 + + + ... + 10.18 18.26 26.34 802.810

1 8 8 8 8 B= ( + + + ... + ) 4 10.18 18.26 26.34 802.810 1 1 1 1 1 1 1 1 1 B = ( − + − + − + ... + − ) 4 10 18 18 26 26 34 802 810

1 1 1 2 B= ( − )= 4 10 810 81

Khai thác: Với các bài toán 19, 20, 21, 22: Mẫu là tích của các thừa số trong đó thừa số có mặt ở mẫu trước lại có mặt ở mẫu sau nên ta có thể dùng phương pháp khử liên tiếp.Vần đề đặt ra khi thừa số có mặt ở mẫu trước lại không thể có mặt ở mẫu sau thì bài toán được giải quyết như thế nào. Ta xét bài toán sau 2.9.4. Bài toán 23: Cho A =

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + ... + v B = + + + + ... + . So sánh A và 1.2 3.4 5.6 7.8 99.100 51 52 53 54 100

B Phân tích: Với cách làm tương tự như bài toán 19 ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A = − + − + − + − + ... + − . Đến đây các phân số không bị triệt tiêu cho 1 2 3 4 5 6 7 8 99 100

nhau. Ta nghĩ đến thêm và bớt một dãy các phân số để mẫu số là các số tự nhiên liên tiếp. Ta có hướng giải sau: Hướng giải : Ta có: A =

1 1 1 1 1 + + + + ... + 1.2 3.4 5.6 7.8 99.100

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A = − + − + − + − + ... + − 1 2 3 4 5 6 7 8 99 100

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A = ( + + + + ... + ) − ( + + + + ... + ) 1 3 5 7 99 2 4 6 8 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A = ( + + + + ... + ) + ( + + + + ... + ) − 2.( + + + + ... + ) 1 3 5 7 99 2 4 6 8 100 2 4 6 8 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A = ( + + + + + + + ... + + ) − ( + + + + ... + ) 1 2 3 4 5 6 7 99 100 1 2 3 4 50 A=

1 1 1 1 1 + + + ... + + . Vậy A = B. 51 52 53 99 100

Khai thác: Nếu mẫu là tích của 3 thừa số trở lên ta xét bài toán sau: 2.9.6. Bài toán 24: Tính: a, A = b, B =

1 1 1 1 + + + ... + 1.2.3 2.3.4 3.4.5 28.29.30

1 1 1 1 + + + ... + 1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.7 37.38.39.40

Phân tích: Ta có nhận xét 1 1 2m − = a.(a + m) (a + m). ( a + 2m ) a (a + m) ( a + 2m )

(a và m là các số tự nhiên )

1 1 3m − = a.(a + m) ( a + 2m ) (a + m). ( a + 2m )( a + 3m ) a(a + m) ( a + 2m )( a + 3m )

tự nhiên ) Bài toán này có thể giải một cách dễ dàng tương tự bài toán 20 Hướng giải: a, A=

1 1 1 1 + + + ... + 1.2.3 2.3.4 3.4.5 28.29.30

Ta cã : A =

b, B =

1  2 2 2 2  . + + + ... +  2  1.2.3 2.3.4 3.4.5 28.29.30 

1  1 1 1 1 1 1  . − + − + ... + −  2  1.2 2.3 2.3 3.4 28.29 29.30 

1  1 1  1 217 217 = . − = . 2  1.2 29.30  2 435 870

1 3 3 4 4 .( + + + ... + ) 3 1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.7 37.38.39.40

(a và m là các số

B= =

1  1 1 1 1 1 1  . − + − + ... + −  3  1.2.3 2.3.4 2.3.4 3.4.5 37.38.39 38.39.40 

1  1 1 3293 217  1 329 = . − = = . 3  1.2.3. 38.39.40  3 59280 59280 870

Bài tập luyện: Bài 1: Cho P=

3 3 3 3 + + + ... + . Chứng tỏ P < 1 5.8 8.11 11.13 2016.2019

Phân tích: Ta thấy các phân số có tử là 3, còn mẫu của các phân số là tích của 2 số hơn kém nhau 3 đơn vị đúng bằng tử số. Do đó ta có cách làm như bài toán 19 tính được tổng P. Từ đó chứng tỏ được P < 1 Hướng giải : Ta có: P=

3 1 1 3 1 1 3 1 1 3 1 1 = − ; = − ; = − ; …; = − 5.8 5 8 8.11 8 11 11.13 11 13 2016.2019 2016 2019 3 3 3 3 + + + ... + 5.8 8.11 11.13 2016.2019 1 1 1 1 1 1 1 1 + − + ... + − 5 8 8 11 11 13 2016 2019

P= − + − P=

1 1 2014 2014 − = = < 1. Chứng tỏ P < 1 5 2019 5.2019 10095

Bài 2: Cho A=

2 2 2 2 2 + + + ... + + ... + 1.3 3.5 5.7 99.101 n.(n + 2)

(n là số tự nhiên lẻ)

Chứng tỏ A không phải là số tự nhiên. Hướng giải : A=

2 2 2 2 2 + + + ... + + ... + 1.3 3.5 5.7 99.101 n.(n + 2)

1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1− <1 − + − + − + ... + − 1 3 3 5 5 7 n n+2 n+2

(Vì

1 > 0) n+2

Chứng tỏ A không phải là số tự nhiên. Bài 3: Cho S =

3 3 3 3 + + + ... + 2 4 28 70 n + 3n

( n ∈ N * ). Chứng minh rằng S<1.

Hướng giải : S=

3 3 3 3 + + + ... + 2 4 28 70 n + 3n

3 3 3 3 + + + ... + 1.4 4.7 7.10 n. ( n + 3)

1 1 1 4

1 4

1 7

1 n

S = − + − + ... − 1 1 <1 1 n+3

S= −

1 n+3

( n∈ N * )

Bài 4: Tính tổng của 50 số hạng đầu tiên của dãy sau: 1 1 1 1 ; ; ; ; ... 6 66 176 336

Phân tích: *Ta thấy các số hạng trong dãy số trên có tử là 1 còn mẫu là:6; 66; 176; 336; ... Vậy trước hết ta phải viết các mẫu đó thành tích của 2 số nào đó và phải đi tìm số hạng thứ 50 của dãy. Ta có: 6 = 1.6 ; 66 = 11.6 ; 176 = 11.16 ; 336 = 16.21; ... + Ta có thể tìm mẫu của số thứ 50 của dãy số theo công thức: Số hạng thứ n = ( số số hạng – 1 ) . khoảng cách + số hạng đầu Thừa số thứ nhất (của mẫu thứ 50) là (50– 1) . 5 + 1 = 246. Do đó thừa số thứ hai của mẫu là 246 + 5 = 261. Vậy mẫu thứ 50 là 246. 261 +Ta cũng có thể tìm mẫu của số thứ 50 của dãy số bằng cách nhận xét mẫu của các phân số này có quy luật là: Tích của hai số có số tận cùng là 1 và một số tận cùng là 6.Trong 2 thừa số của mẫu số có một thừa số hơn thừa số còn lại là 5 đơn vị. Mà mẫu của phân số đầu tiên là 1.6 Do đó mẫu số của số thứ n của dãy số có dạng: (5n − 4)(5n+1) (với n ∈ N * ) => Mẫu của số thứ 50 của dãy số: (5.50 − 4)(5.50+1)=246.251 1 6

*Tổng của 50 số hạng đầu tiên của dãy: ; A=

1 1 1 ; ; ; ... là 66 176 336

1 1 1 1 + + + ... + . Khi đó bài toán trở thành bài toán quen thuộc với cách 1.6 6.11 11.16 246.251

giải như bài 19 Hướng giải : Ta có 6 = 1.6 ; 66 = 11.6 ; 176 = 11.16 ; 336 = 16.21; ... Mẫu số của số thứ n của dãy số có dạng: (5n − 4)(5n+1). => Mẫu của số thứ 50 của dãy số: (5.50 − 4)(5.50+1)=246.251

1 6

Tổng của 50 số hạng đầu tiên của dãy: ; A=

1 1 1 ; ; ; ... là : 66 176 336

1 1 1 1 + + + ... + 1.6 6.11 11.16 246.251 1 5 5 5 5 .( + + + ... + ) 5 1.6 6.11 11.16 246.251

1 1 1 5 1 6

1 1 1 1 1 1 + − ... + − ) 6 11 11 16 246 251

A= ( − + − 1 

1  

1 250

= A = 1 − = . 5 251 5 251 251 Bài 5: Tìm x ∈ N biết:

1 1 1 2 2 + + + ... + = . 21 28 36 x( x + 1) 9

Phân tích: Nhận thấy 3 phân số đầu có tử bằng 1, nhưng phân số cuối lại có tử số bằng 2 và mẫu số là tích của hai số tự nhiên liên tiếp. Trước hết ta xét phân số

2 2 1  1 ta có thể viết: = 2. −  x( x + 1) x( x + 1)  x x +1

Vấn đề đặt ra là ta có thể biến đổi các phân số:

1 1 1 ; ; ;... về dạng phân số có tử là 2 21 28 36

và mẫu là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp được không? Để có tử là 2 cho các phân số trên, ta cần áp dụng tính chất cơ bản của phân số, cụ thể là: 1 1.2 2 1 1.2 2. 1 1.2 2 = = ; = = ; = = 21 2.21 6.7 28 2.28 7.8 36 72 8.9

Như vậy vế trái của đẳng thức gồm các phân số có tử số là 2 còn mẫu là tích của 2 số thừa số tự nhiên liên tiếp. Cần tính tổng của các phân số ở vế trái tương tự như bài toán 19 Từ đó đưa bài toán về dạng tìm x đơn giản mà ta đã biết. Hướng giải: 2 2 2 2 2 + + +…+ = 6.7 7.8 8.9 x( x + 1) 9  1 1 1 1  2 + + + ... + = x( x + 1)  9  6.7 7.8 8.9

2. 

1 6

1 7

1 1 1 8 8 9

1 x

1 6

1  2 1 1 1 = = ⇒ − x +1  9 6 x +1 9

2.  − + − + − + .... + − 2.  −

1  2 = x + 1  9

1 1 1 1 1 = − ⇒ = => x+1=18 => x = 17 x +1 6 9 x + 1 18

Vậy x = 17 Bài 6: Tính tổng: S =

1 1 1 1 + + + ... + 10 15 21 190

Phân tích: +Ta thấy lúc đầu trong tổng đã cho các số hạng đều có tử là 1, nhưng mẫu số chưa viết được thành tích của các thừa số sao cho thừa số cuối của mẫu trước bằng thừa số đầu của mẫu sau ( Ta có 10 = 2.5; 15 = 3.5; 21= 3.7;...). + Quan sát các mẫu, để khoảng cách giữa hai thừa số ở các mẫu bằng nhau và ta có thể dùng phương pháp khử liên tiếp giải bài tập này ta cần nhân cả tử và mẫu của mỗi phân số với 2. Khi đó các mẫu mới lần lượt là 4.5; 5.6; 6.7;... Đến đây ta có thể giải bài tập này một cách dễ dàng. Hướng giải: S=

1 1 1 1 + + + ... + 10 15 21 190

2 2 2 2 + + + ... + 20 30 42 380

2 2 2 2 + + + ... + 4.5 5.6 6.7 19.20

S = 2.(

1 1 1 1 + + + ... + ) 4.5 5.6 6.7 19.20

1 1 1 1 4 5 5 6

1 6

1 7

S = 2.( − + − + − + ... + 1 4

S = 2.( − Bài 7: Cho A =

1 1 − ) 19 20

1 2 )= 20 5 10 10 10 10 + + + ... + . Chứng tỏ A không phải là số tự nhiên. 56 140 260 1400

Phân tích: +Muốn chứng tỏ A không phải là số tự nhiên ta đi tính tổng A +Ta thấy lúc đầu trong tổng đã cho các số hạng đều có tử là 10, nhưng mẫu số chưa viết được thành tích của các thừa số sao cho thừa số cuối của mẫu trước bằng thừa số đầu của mẫu sau ( Ta có 56 = 8.7; 140 = 7.20; 260= 10.26;...).

+ Với hướng nghĩ như việc tính tổng S ( khai thác 3) ta nghĩ đến chia cả tử và mẫu của mỗi phân số của A cho 2. Khi đó các mẫu mới lần lượt là 4.7; 7.10; 10.13; ...Đến đây ta có thể giải bài tập này một cách dễ dàng. Hướng giải: A=

10 10 10 10 + + + ... + 56 140 260 1400

10 : 2 10 : 2 10 : 2 10 : 2 + + + ... + 56 : 2 140 : 2 260 : 2 1400 : 2

5 5 5 5 + + + ... + 28 70 130 700

5 5 5 5 + + + ... + 4.7 7.10 10.13 25.28

5 3 3 3 3 .( + + + ... + ) 3 4.7 7.10 10.13 25.28

5 1 1 1 1 1 1 1 1 .( − + − + − + ... + − ) 3 4 7 7 10 10 11 25 28

5 1 1 5 .( − ) = 3 4 28 14

Chứng tỏ A không phải là số tự nhiên. Bài 8: Tìm x ∈ N biết: a,

1 1 1 1 15 + + + ... + = 3.5 5.7 7.9 (2 x + 1)(2 x + 3) 93

b, x −

1 2

3 2

(Với x ≠ − , x ≠ − )

1 1 1 1 3 − − − ... − = 10 15 21 190 5

1 1 1 1 1991 + ... + =1 3 6 10 x. ( x + 1) : 2 1992

c, 1 + + +

Hướng giải: a,

1 1 1 1 15 + + + ... + = 3. 5 5. 7 7. 9 ( 2 x + 1)(2 x + 3) 93

1 1 1 1 1 1 1 1 1 15 1 1 1 15 ⋅ ( − + − + − + ... + − )= ⇒ ⋅( − )= 2 3 5 5 7 7 9 2 x + 1 2 x + 3 93 2 3 2 x + 3 93 1 1 10 ⇒ − = 3 2 x + 3 31

⇒

1 1 10 = − 2 x + 3 3 31

⇒

1 1 = ⇒ 2 x + 3 = 93 ⇒ x = 45 2 x + 3 93

b, x −

1 1 1 1 3 − − − ... − = 10 15 21 190 5

1 1 1 1 3 x − ( + + + ... + )= 10 15 21 190 5

Ta đã tính được tổng 2 5

1 1 1 1 2 + + + ... + = (Ở bài tập 6) 10 15 21 190 5

3 5

Ta được x − = ⇒ x = 1 . Vậy x = 1 1 1 1 1 1991 + ... + =1 3 6 10 x. ( x + 1) : 2 1992

c, 1 + + +

(1)

Phân tích: Quan sát

1 1 1 ta nhận thấy cần viết = 2. . Do đó ta cần nhân hai x. ( x + 1) : 2 x. ( x + 1) : 2 x. ( x + 1)

vế của (1) với

1 1 1 1 1 để có 2. = .2. = x. ( x + 1) 2 x. ( x + 1) x. ( x + 1) 2

Hướng giải: 1 1 1 1 1991 1 + + + + ... + =1 3 6 10 x. ( x + 1) : 2 1992 1 1 1 1 1 1 3984 .(1 + + + + ... + )= . 2 3 6 10 x. ( x + 1) : 2 2 1993 1 1 1 1 1 1992 + + + + ... + )= 2 6 12 20 x. ( x + 1) 1993 1 1 1 1 1 1992 )= + + + + ... + 1.2 2.3 3.4 4.5 x. ( x + 1) 1993 1 1 1 1 1 1 1 1 1992 − + − + − + ... + − = 1 2 2 3 3 4 x x + 1 1993 1 1 1992 1 1992 1 1 − = ⇒ = 1− ⇒ = ⇒ x + 1 = 1993 ⇒ x = 1992 1 x + 1 1993 x +1 1993 x + 1 1993 1 1 1 1 1 + + + + ... + 3 5 7 99 Bài 9: Tính giá trị của biểu thức: M = 1 1 1 1 1 + + + ... + + 1.99 3.97 5.95 97.3 99.1

Phân tích: Quan sát mẫu của các phân số ở số bị chia và số chia: + Mẫu của các phân số ở số bị chia viết thành tích của các cặp số nguyên ( tổng các cặp số nguyên ở các mẫu bằng nhau) nên ta không dùng phương pháp khử liên tiếp để tính số chia.

+ Nhưng ta có thể ghép các phân số ở số bị chia thành từng cặp để làm xuất hiện mẫu giống với mẫu của các phân số tương ứng ở số chia như sau: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =  1 +  +  +  +  +  + ... +  +  1 + + + + ... + 3 5 7 99  99   3 97   5 95   49 51 

100 100 100 100 + + + ... + 1.99 3.97 5.95 49.51

+ Quan sát quy luật viết ở mẫu của các phân số ở số chia ta nghĩ đến đưa: 100 100 100 100 50 50 50 50 50 50 + + + ... + = + + ... + + + ... + + 1.99 3.97 5.95 49.51 1.99 3.97 49.51 49.51 3.97 1.99

Từ đó ta tính được M. Hướng giải: Ta có: 1 1 1 1  1  1 1  1 1  100  1 1  100 100 1 + + + ... + + = 1 +  +  +  +  +  + ... +  +  = + + ... + 3 5 97 99  99   3 97   5 95  49.51  49 51  1.99 3.97

50 50 50 50 50 50 1 1 1   1 + + ... + + + + ... + = 50 + + + ... + . 1.99 3.97 49.51 51.49 53.47 99.1 1 . 99 3 . 97 5 . 95 99 .1  

1 1 1   1 1 1 1 1 50 + + + ... +  1 + + + ... + + 1.99 3.97 5.95 99.1   3 5 97 99 = = 50. ⇒M = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + ... + + + + + ... + + 1.99 3.97 5.95 97.3 99.1 1.99 3.97 5.95 97.3 99.1

Bài 10: Tính C =

2 3 2 3 2 3 − + − + ... + − 4.7 5.9 7.10 9.13 301.304 401.405

Hướng giải: C=

2 3 2 3 2 3 − + − + ... + − 4.7 5.9 7.10 9.13 301.304 401.405

C =(

2 2 2 3 3 3 + + ... + )−( + + ) 4.7 7.10 301.304 5.9 9.13 401.405

Từ đó ta dễ dàng tính được từng ngoặc và tính được C Bài 11: Chứng tỏ rằng: P =

2! 2! 2! 2! + + + ... + < 1 3! 4! 5! n!

(n∈ N; n ≥ 3)

Hướng giải: P=

2! 2! 2! 2! + + + ... + 3! 4! 5! n! 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + ... + ) . Ta thấy = ; < ; < ;... < 3! 4! 5! n! 3! 2.3 4! 3.4 5! 4.5 n ! (n − 1).n

P = 2!( +

Do đó P < 2!( 1 2

1 1 1 1 + + + ... + ) 2.3 3.4 4.5 (n − 1).n

1 n

P < 2.( − ) 2 n

P < 1− < 1

(n∈ N; n ≥ 3)

Bài 12: Cho B=

36 36 36 36 . Chứng tỏ B < 3 + + + ... + 1.3.5 3.5.7 5.7.9 25.27.29

Hướng giải: Trước hết ta đi tính tổng B

4 4 4  4  + + + ... +  25.27.29   1.3.5 3.5.7 5.7.9

Ta có: B = 9. 

1 1  1 1 1 1 1  1 − + − + − + ... + −  25.27 27.29   1.3 3.5 3.5 5.7 5.7 7.9

B = 9. 

1 3

B = 9.  −

Mµ

1  260 260 =  = 9. 783  783 87

260 261 < = 3 => B < 3 87 87

2.10. Dạng 10: Tổng của một dãy các phân số có cùng tử, mẫu là bình phương mà các cơ số cách đều. Phương pháp giải: Với A là tổng của một dãy các phân số có cùng tử, mẫu là bình phương mà các cơ số cách đều. Để chứng tỏ A < m hoặc A > m ( m là hằng số). Ta làm như sau * Dùng phương pháp làm trội để thay dấu '' = '' bởi dấu '' < '' . Ngược lại dùng phương pháp làm giảm để thay dấu '' = '' bởi dấu '' >

* Quy về xét bài toán tổng của các phân số có cùng tử, mẫu là tích của các cặp số nguyên cách đều. Ta lại dùng phương pháp khử liên tiếp. 2.10.1.Bài toán 25: Cho M = Không tính tổng M. Chứng tỏ

1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + 2 . 2 2 3 4 9

2 8 <M < 5 9

Phân tích:

+ Để làm được bài tập dạng này ta cần áp dụng nhận xét: 1 1 1 < 2< ( a>1, a ∈ N ) a. ( a + 1) a a. ( a − 1)

(Ở đây ta đã dùng phương pháp làm trội để thay dấu '' = '' bởi dấu '' < '' . Ngược lại dùng phương pháp làm giảm để thay dấu '' = '' bởi dấu '' > '' ) + Tách một phân số ( Có mẫu là tích của hai thừa số ) thành hiệu của hai phân số (có mẫu là các thừa số đó ) 1 1 1 1 1 1 = − ; = − a (a + 1) a a + 1 (a − 1)a a − 1 a 1 a

Khi đó : −

1 1 1 1 < 2< − a +1 a a −1 a

Hướng giải: *Ta có: Do đó

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 < = − ; 2< = − ; 2< = − ; 2 2 1.2 1 2 3 2.3 2 3 4 3.4 3 4

Do đó

1 1 1 1 < = − 2 9 8.9 8 9

;

1 1 1 1 > = − 2 9 9.10 9 10

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + 2 < 1 − + − + − + ... + − 2 2 3 4 9 2 2 3 3 4 8 9 1 1 1 1 1 8 + 2 + 2 + ... + 2 < 1 − ⇒ M < 2 2 3 4 9 9 9

*Ta có:

;

(1)

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 > = − ; 2 > = − ; 2 > = − ; 2 2 2.3 2 3 3 3.4 3 4 4 4.5 4 5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + 2 > − + − + − + ... + − 2 2 3 4 9 2 3 3 4 4 5 9 10 1 1 1 1 1 1 2 + 2 + 2 + ... + 2 > − ⇒M > 2 2 3 4 9 2 10 5

Từ (1) và (2) ta có

(2)

2 8 <M < . 5 9

Mở rộng: Chứng tỏ M =

1 1 1 1 + + + ... + <1 2 2 32 4 2 n2

(n ∈ N; n ≥ 2)

Hướng giải: M=

1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + 2 < 1 . 2 2 3 4 n

Ta cã: M =

1 1 1 1 1 1 1 1 + + + ... + < + + + ... + 1.2 2.3 3.4 ( n − 1).n 2.2 3.3 4.4 n.n

=> M < 1 − Mµ 1 −

1 1 1 1 1 1 1 1 + − + − + ... + − =1− 2 2 3 3 4 n −1 n n

1 1 < 1 ( Vì n∈ N; n ≥ 2 nên > 0 ) =>M <1 n n

2.10.2.Bài toán 26: Chứng tỏ N =

1 1 1 1 1 (n∈ N; n ≥ 2) + 2 + 2 + ... + < 2 2 4 6 8 (2n) 4

Phân tích: * Ta thấy 42 =( 2.2)2; 62 =( 2.3)2 ; 82 =( 2.4)2; ... ; (2n)2 =( 2.n)2 Các mẫu đều có thừa số 22 chung. Khi đó việc giải bài toán này quy về giải bài toán mở rộng trên.Ta có hướng giải sau: Hướng giải 1: N=

1 1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + < 2 2 4 6 8 (2n) 4

Ta cã: N =

1 1 1 1 <1 (theo bài toán mở rộng trên) + + + ... + 2 2 32 4 2 n2

Mµ => N <

1 2

1  1 1 1 1  . + 2 + 2 + ... + 2  2  2 2 2 3 4 n 

.1=

1 4

Nhận xét: + Không phải bài toán nào mẫu cũng đưa thành bình phương mà các cơ số là các số tự nhiên liên tiếp để có thể áp dụng ngay phương pháp khử liên tiếp. Ngoài cách làm trên ta còn có nhận xét: Với a∈ N; a ≥ 2 ta có:

1 1 1 1 < 2 và a 2 − 1 = ( a − 1) . ( a + 1) . Do đó 2 < . 2 a a −1 a (a − 1). ( a + 1)

+ Trong bài toán trên khoảng cách giữa hai cơ số ở hai mẫu liên tiếp là 2. Nên khi áp dụng nhận xét đó ta đưa ngay mẫu thành tích của các cặp số nguyên cách đều trong đó một thừa số có mặt ở mẫu trước lại có mặt ở mẫu sau. Nên ta có thể áp dụng ngay phương pháp khử liên tiếp. Khi đó ta có hướng giải thứ hai cho bài toán như sau: Hướng giải 2: 1 1 1 1 1 1 < ; 2< ; 2< ; 2 4 3.5 6 5.7 8 7.9

;

1 1 < 2 (2n) (2n − 1).(2n + 1)

1  2



Do đó: N < .  + + + ... + 2  3.5 5.7 7.9 (2n − 1).(2n + 1)  1 1 1 1 1 1 1 1 1  N < .  − + − + − + ... + − 2 3 5 5 7 7 9 2n − 1 2n + 1  1 1 1  1 1 1 > 0) N < . − ⇒ N < . (Vì n∈ N; n ≥ 2 nên  2n + 1 2  3 2n + 1  2 3 N<

1 1 1 < . Vậy N < 6 4 4

Khai thác: Với nhận xét từ hướng giải 2 của bài toán 26. Ta xét bài toán sau 2.10.3.Bài toán 27: Cho A =

1003 2 2 2 2 . Chøng minh: A < + 2 + 2 + ... + 2 2 2008 3 5 7 2007

Phân tích: Ở bài toán này khoảng cách giữa hai cơ số ở hai mẫu liên tiếp là 2. Bằng cách áp dụng nhận xét

1 1 < . Ta dễ dàng đưa bài toán về bài toán quen 2 a ( a − 1). ( a + 1)

thuộc để có thể dùng phương pháp khử liên tiếp. Hướng giải: 1, Ta có:

2 2 2 2 2 2 2 2 ; 2< ; 2< ; ; < < 2 2 3 2.4 5 4.6 7 6.8 2007 2006.2008

2 2 2 2 + + + ... + 2.4 4.6 6.8 2006.2008

1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + ... + − 2 4 4 6 6 8 2006 2008

1 1 1003 − ⇒ A< 2 2008 2008

Nhận xét: Từ bài toán 26 và bài toán 27 ta có thể rút ra nhận xét cho cách làm trội của dạng toán này như sau: + Tìm hiệu của hai cơ số ở hai mẫu liên tiếp. Lấy hiệu đó chia cho 2 được kết quả. + Mẫu mới của phân số cần làm trội là tích của hai thừa số trong đó: Thừa số thứ 1 = Cơ số − Kết quả trên ; Thừa số thứ 2 = Cơ số + Kết quả trên . Với nhận xét này ta dễ dàng tìm ra lời giải cho bài toán sau: 2.10.4. Bài toán 28: Cho B =

1 1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + . Chøng minh: B < 2 2 5 9 13 409 12

Phân tích:

Vì khoảng cách của hai cơ số ở hai mẫu liên tiếp là 4. Áp dụng nhận xét trên. Ta có cách làm trội như sau:

1 1 1 1 1 1 < ; 2< ; 2< 2 5 3.7 9 7.11 13 11.15

;

1 1 < 2 409 407.411

Hướng giải: Ta có: B<

1 1 1 1 1 1 1 1 < ; 2< ; 2< ; ; < 2 2 5 3.7 9 7.11 13 11.15 409 407.411

1 1 1 1 + + ... + 3.7 7.11 11.15 407.411

1 4 4 4 4 B< ( + + ... + ) 4 3.7 7.11 11.15 407.411 B<

1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( − + − + − ... + − ) 4 3 7 7 11 11 15 407 411

1 1 1 1 ( − )⇒ B< 4 3 411 12

Khai thác : Không phải ở bài toán nào ngay từ đầu các phân số có cùng tử mà ta cần quan sát để đưa chúng về cùng tử. Ta xét bài toán sau : 2.10.5. Bài toán 29: B =

8 24 48 200.202 . Chøng minh: B > 99, 75 + + + ... + 9 25 49 2012

Phân tích: Ta nhận thấy các phân số trong tổng có mẫu lớn hơn tử 1 đơn vị 8 9

do đó ta nghĩ đến viết B = − 1 +

24 48 200.202 −1+ − 1 + ... + − 1 + 100 để đưa các phân số 25 49 2012

về cùng tử số. Ta có hướng giải sau Hướng giải: Dãy số 3, 5, 7,.., 201 có 100 số hạng nên tổng B có 100 số hạng B=

8 24 48 200.202 + + + ... + 9 25 49 2012

8 24 48 200.202 −1+ −1+ − 1 + ... + − 1 + 100 9 25 49 2012

B = 100 −(

1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + ) 2 3 5 7 2012

Tương tự với cách làm của bài toán 25: 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + < + + + 2 2 3 5 7 201 2.4 4.6 6.8 200.202 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + < ( − + − + − + ... + − ) 2 2 3 5 7 201 2 2 4 4 6 6 8 200 202

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 25 + + + ... + < ( − ) ⇒ 0 < 2 + 2 + 2 + ... + < 32 52 7 2 2012 2 2 202 3 5 7 2012 101

Do đó B = 100 −(

1 1 1 1 25 + 2 + 2 + ... + ) > 100 − ⇒ B > 99,7 2 2 3 5 7 201 101

Bài tập luyện: Bài 1: Cho A =

11 18 27 1766 20 20 + + + ... + . Chøng minh: 40 < A < 40 9 16 25 1764 43 21

Hướng giải: Dãy số 3, 4,..., 42 có 40 số hạng. Nên tổng A có 40 số hạng. Ta nhận thấy các phân số trong tổng có tử lớn hơn mẫu 2 đơn vị do đó ta nghĩ đến cách làm sau để đưa các phân số về cùng tử : A=

11 18 27 1766 −1 + −1+ − 1 + ... + − 1 + 40 9 16 25 1764

A = 40 + 2. (

1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + 2 ) 2 3 4 5 42

Dễ dàng ta chứng minh được Vậy: 40

20 1 1 1 1 20 < 2.( 2 + 2 + 2 + ... + 2 ) < 43 3 4 5 42 21

20 20 < A < 40 43 21

2.11.Dạng11: Tổng của một dãy các phân số có cùng tử, mẫu là các số tự nhiên liên tiếp. 2.11.1. Bài toán 28: Cho M =

1 1 1 1 1 + + + ... + . Chứng tỏ < M <1. 51 52 53 100 2

Phân tích: Trong tổng M các phân số có cùng tử, mẫu là các số tự nhiên liên tiếp. Nên các số hạng trong tổng M đều nhỏ hơn hoặc bằng phân số lớn nhất trong tổng M ( là

1 ). Các số hạng trong tổng M đều lớn hơn hoặc bằng phân số nhỏ nhất trong tổng 51

M (là

1 ). Mà tổng M lại có 50 số hạng. Dó đó theo hướng nghĩ này ta dễ dàng chứng 100 1 2

tỏ được < M <1. Hướng giải: Dãy số 51, 52, 53,..., 100 có 50 số hạng. Nên tổng M có 50 số hạng Ta có

1 1 1 1 1 1 1 1 > ; > ; > ; ; = 51 100 52 100 53 100 100 100

Nên M > M > 50. Ta có

1 1 1 ( có 50 số) + + ... + 100 100 100

1 1 = 100 2

(1)

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = ; < ; < ;...; < . Nên M < + + ... + ( có 50 số) 51 51 52 51 53 51 100 51 51 51 51

M < 50.

1 50 = .M 51 51

Từ (1) và (2) ⇒

50 51 < = 1 . Nên M <1. (2) 51 51

1 < M <1. 2

Nhận xét: * Khi chứng tỏ M <1 ta cũng có thể thấy các số hạng trong tổng M đều nhỏ hơn

1 . 50

1 1 1 1 1 1 1 1 < ; < ; < ;...; < 51 50 52 50 53 50 100 50

Do đó M <

1 1 1 1 ( có 50 số) ⇒ M < 50. = 1 . + + ... + 50 50 50 50

* Với bài toán trên: + Ta cần linh hoạt chọn ra phân số để so sánh phân số đó với tất cả các số hạng của M sao cho có thể làm được bài toán một cách nhanh gọn. + Nếu ta cần chứng tỏ M < m (m là hằng số ) ta nghĩ đến so sánh tất cả các số hạng trong tổng M với phân số lớn nhất trong tổng ( hoặc phân số lớn hơn phân số lớn nhất đó). + Nếu ta cần chứng tỏ M > m ( m là hằng số ) ta nghĩ đến so sánh tất cả các số hạng trong tổng M với phân số nhỏ nhất trong tổng (hoặc phân số nhỏ hơn phân số nhỏ nhất đó). Khai thác : Trong một số bài tập dạng này nếu chỉ so sánh tất cả các số hạng trong tổng với một phân số ( chọn) thì bài toán vẫn không giải quyết được. Ta nghĩ ngay đến chia tổng đó thành các nhóm hợp lí. Ta đi xét một số dạng bài cụ thể sau: 2.11.2.Bài toán 29: Cho A =

1 1 1 1 1 + + + ... + + . Chứng tỏ A > 1. 10 11 12 99 100

Phân tích: Tổng A có 91 số hạng. Nếu theo hướng của bài toán 28 ta sẽ chứng tỏ được A >

91 . Do đó theo hướng này bài toán chưa được giải quyết. 100

Ta nghĩ ngay đến chia A thành các nhóm: Nhận thấy 1 = 90. chia A thành 2 nhóm: Nhóm 1 chỉ có số hạng

1 1 + . Do đó ta nghĩ đến 100 10

1 , nhóm 2 gồm 90 số hạng còn lại. Ta có 10

hướng giải sau: Hướng giải: Dãy số 10, 11, 12,.., 99, 100 có 91 số hạng nên tổng A có 91 số hạng A=

1 1 1 1 1 + ( + + ... + + ) 10 11 12 99 100

Ta có

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 > ; > ;...; > ; = .Nên + + ... + + > 90. = 11 100 12 100 99 100 100 100 11 12 99 100 100 10

Do đó A =

1 1 1 1 1 9 1 + ( + + ... + + )> + = 1 . Vậy A > 1 10 11 12 99 100 10 10

Nhận xét: Để chia thành các nhóm sao cho có thể chứng minh được A < m hoặc A > m ta cần phân tích tìm ra mối liên hệ giữa m với dấu >, số các số hạng và số hạng nhỏ nhất của tổng ; giữa m với dấu <, số các số hạng và số hạng lớn nhất của tổng. 2.11.3. Bài toán 30: Chứng minh tổng A =

1 1 1 1 không phải là số tự nhiên. + + + ... + 2 3 4 16

Phân tích: * Nếu ta dựa theo hướng nghĩ của bài toán 27 và 28 để chứng tỏ A không phải là số tự nhiên ta phải chia A thành nhiều nhóm nhỏ. Tuy nhiên theo hướng này ta chứng tỏ A lớn hơn và A nhỏ hơn một tổng mới, nhưng tính tổng mới phải quy đồng mẫu nhiều phân số không cùng mẫu rất cồng kềnh. * Nếu dựa vào điều đặc biệt: Phân số cuối cùng có mẫu là 16 chứa thừa số 2 với số mũ cao nhất là 24 nên ta có thể chứng tỏ A không phải là số tự nhiên dựa vào xét tính chẵn lẻ của tử và mẫu của A sau khi quy đồng.Ta có hướng giải sau: Hướng giải : Ta có tổng A có 15 số hạng. Mẫu chung của các phân số là: BCNN(2,3,4,...,16) = 24.32.5.7.11.13 = 5.7.9.11.13.16 chứa thừa số 2 với số mũ cao nhất 24.

Phân số

1 1 5.7.9.11.13 sau khi quy đồng là = là một phân số có tử là số lẻ, mẫu là 16 16 5.7.9.11.13.16

số chẵn. Tử của 14 phân số còn lại sau khi quy đồng là số chẵn vì các phân số đó đều có thừa số phụ có chứa thừa số 2. Do đó tổng A của 15 phân số là một phân số có tử là số lẻ, mẫu là số chẵn. Vậy A không phải là số tự nhiên. Khai thác: Ta có thể đưa ra rất nhiều bài toán tương tự với cùng cách giải xét tính chẵn lẻ của tổng chẳng hạn như: Không tính tổng. Chứng minh các tổng sau không phải là số tự nhiên: a, B =

1 1 1 1 1 1 1 + + b, + + + ... + 2 3 4 2 3 4 8

1 1 1 2 3 4

1 1 1 1 + + + ... + 2 3 4 100

1 1 1 1 + + + ... + 2 3 4 256

1 n

e, 1 + + + + ... + với n ∈ N* 2.11.4. Bài toán 31: 1 2 3 98 99 1 2 3 92 + + + ... + + 92 − − − − ... − 2 1 : 9 10 11 100 Tính: H = 99 98 97 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + ... + + + + ... + 2 3 4 100 45 50 55 500

Phân tích: 1 2 3 98 99 + + + ... + + 2 1 . * Trước hết ta tính M = 99 98 97 1 1 1 1 + + + ... + 2 3 4 100

Xét tổng A =

1 2 3 98 99 có 99 số hạng, mẫu là các số tự nhiên liên tiếp + + + ... + + 99 98 97 2 1

viết theo thứ tự giảm dần, tổng của tử và mẫu của mỗi phân số đều bằng nhau và bằng 100. Nên ta nghĩ ngay đến đưa tổng A về có cùng tử và mẫu là các số tự nhiên liên tiếp bằng cách thêm 99 số 1 và bớt 99 số 1. Từ đó ta tính ngay được M. 1 2 3 92 92 − − − − ... − 9 10 11 100 . *Tính N = 1 1 1 1 + + + ... + 45 50 55 500 1 2 3 92 92  1 2 3 − − ... − = 92 −  + + + ... +  . Nhận thấy tổng 9 10 11 100 100   9 10 11

Xét B = 92 − −

1 2 3 92 có 92 số hạng, mẫu là các số tự nhiên liên tiếp viết theo thứ tự tăng + + + ... + 9 10 11 100

dần, hiệu của mẫu và tử của mỗi phân số đều bằng nhau và bằng 8.Nên ta nghĩ ngay đến đưa tổng A về có cùng tử và mẫu là các số tự nhiên liên tiếp bằng cách bớt 92 số 1 và thêm 92 số 1. Từ đó ta tính ngay được M. Hướng giải : Ta có A= A=

1 2 3 98 99 1 2 3 98 99 + + + ... + + = ( + 1) + ( + 1) + ( + 1) + ... + ( + 1) + ( + 1) − 99 99 98 97 2 1 99 98 97 2 1

100 100 100 100 100 1 1  1 + + + ... + + − 99 = 1 + 100.  + ... + +  99 98 97 2 1 98 99  2 1 2

A = + ... +

1 1 1 + + . 98 99 100

1 2 3 98 99 1 1 1 1 + + + ... + + + + + ... + 99 98 97 2 1 2 3 4 100 Do đó M = = =1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + ... + + + + ... + 2 3 4 100 2 3 4 100 1 2 3 92 92  1 2 3 − − ... − = 92 −  + + + ... +  9 10 11 100 100   9 10 11

Ta có B = 92 − −

92  2 3 92 1 2 3 1  + + ... + − 1 + 92   = 92 −  − 1 + − 1 + − 1 + ... + 100  10 11 100  9 10 11 9 

B = 92 −  +

−8 −8 −8 −8 1   1 1 1 + + + ... + + 92  = 8.  + + + ... +  100 100   9 10 11   9 10 11

B = 92 −  Ta có

1 1 1 1 1 1 1 1 1  + + + ... + = .  + + + ... +  45 50 55 500 5  9 10 11 100 

1  1 1 1 1 2 3 92 8.  + + + ... + 92 − − − − ... −  1 100  9 10 11 100 =  9 10 11 Do đó N = = 40 . Vậy H = 1 1 1 1 1 1 1 1 1  40 + + + ... + .  + + + ... +  45 50 55 500 5  9 10 11 100 

Bài tập luyện: Bài 1: Cho A =

3 3 3 3 3 + + + + . Không tính tổng A hãy chứng tỏ A không phải là 10 11 12 13 14

số tự nhiên. Hướng giải: Ta có

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 = ; < ; < ; < ; < . 10 10 11 10 12 10 13 10 14 10

Nên A < Ta có

3 3 3 3 3 3 3 (1) + + + + = 5. = 10 10 10 10 10 10 2

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 > ; > ; > ; > ; > . 10 15 11 15 12 15 13 15 14 15

Nên A >

3 3 3 3 3 3 + + + + = 5. = 1 (2) 15 15 15 15 15 15

Từ (1) v

(2) ⇒ 1<A <

Bài 2: Cho B =

3 . Chứng tỏ A không phải là số tự nhiên. 2

1 1 1 1 1 + + + ... + . So sánh B và 10 11 12 19 2

Phân tích: Ta thấy B có 10 số hạng. Ta có thể so sánh các số hạng của tổng B với Nhận thấy 10.

1 1 1 ; hoặc .... 10 19 20

1 1 = . Nên ta có hướng giải sau: 20 2

Hướng giải: Dãy số 10,11,12,..,19 có 10 số hạng. Nên tổng B có 19 số hạng Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 > ; > ;...; > . Nên A > + + ... + ( Có 10 số ) 10 20 11 20 19 20 20 20 20

⇒ A > 10.

1 1 . Vậy A > . 20 2

Bài 3: Chứng tỏ rằng M =

1 1 1 1 1 + + + ... + + < 2 5 6 7 16 17

Phân tích: +Nhận thấy tổng M có 13 số hạng. Nếu không chia nhóm ta mới chỉ ra được 1 5

M < 13. =

13 5

+ Để chứng tỏ M < 2 ta cần chia A thành các nhóm. Nhận thấy 2 = 1+1. Vì cần chứng tỏ M < 2 nên ta quan tâm đến số hạng lớn nhất trong tổng là 1 5

1 1 . Mặt khác 5. = 1 .Do đó 5 5

1 9

nếu ta nhóm 5 số hạng đầu vào một nhóm( +..+ ) thì còn lại 8 số hạng (

1 1 1 1 + ... + + ). Lại có 8. = 1 . 10 16 17 8

Vậy ta chia M thành 2 nhóm: Nhóm 1 gồm 5 số hạng đầu, nhóm 2 gồm 8 số hạng còn lại thì bài toán được giải quyết xong.

Hướng giải: 1 5

1 6

1 7

1 8

1 9

1 1 1 ... + + ) 10 16 17

M = ( + + + + )+( +Ta có :

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = ; < ; < ; < ; < . Nên + + + + < 5. = 1 5 5 6 5 7 5 8 5 9 5 5 6 7 8 9 5

+ Ta có

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = ; < ; < ;...; < .Nên + + ... + < 8. = 1 (2) 10 8 11 8 12 8 17 8 10 11 17 8

(1)

Từ (1) và (2) ⇒ M < 1+1 =2. Vậy M < 2 Bài 4: Cho S =

1 1 1 1 1 9 + + + ... + + . Chứng tỏ S > . 61 62 63 99 100 20

Phân tích: +Tổng S có 40 số hạng. Nếu không chia nhóm ta chỉ chứng tỏ được S > 40.

1 2 = .M 100 5

2 9 < . Nên bài toán chưa được chứng tỏ. 5 20

+ Ta nghĩ ngay đến phương pháp chia nhóm: Nhận thấy Do đó ta nhóm 20 số hạng cuối vào một nhóm ( 20 số hạng (

9 1 1 = + .M 20 4 5

20.

1 1 = . 100 5

1 1 +..+ ) . Khi đó còn lại là tổng của 81 100

1 1 1 1 +..+ ) . Lại có 20. = . Vậy S được chia thành 2 nhóm: Nhóm 1 gồm 61 80 80 4

20 số hạng đầu và nhóm 2 gồm 20 số hạng cuối. Ta có hướng giải sau: Hướng giải 1: Dãy số 61,62,...,100 gồm 40 số hạng. Nên tổng S có 40 số hạng S= (

1 1 1 1 1 1 + + ... + ) + ( + ... + + ). 61 62 80 81 99 100

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 > ; > ;...; = . Nên + + ... + + > 20. = 61 80 62 80 80 80 61 62 79 80 80 4

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 > ; > ;...; = . Nên + + ... + + > 20. = 81 100 82 100 100 100 81 82 99 100 100 5

Từ (1) và (2) ⇒ S >

(1) (2)

1 1 9 9 + = . Vậy S > . 4 5 20 20

Nhận xét: Ta cũng có 25.

1 1 1 1 = . Do đó ta nhóm 25 số hạng cuối vào 1 nhóm ( +..+ ). 100 4 76 100

Khi đó còn lại là tổng của 15 số hạng đầu (

1 1 1 1 +..+ ) . Lại có 15. = . Vậy ta cũng có 61 75 75 5

thể chia A thành 2 nhóm: Nhóm 1 gồm 15 số hạng đầu, nhóm 2 gồm 25 số hạng cuối. Ta có hướng giải sau: Hướng giải 2: Dãy số 61, 62,..., 100 gồm 40 số hạng. Nên tổng S có 40 số hạng S= (

1 1 1 1 1 1 + + ... + ) + ( + ... + + ). 61 62 75 76 99 100

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 > ; > ;...; = . Nên + + ... + + > 15. = 61 75 62 75 75 75 61 62 74 75 75 5

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 > ; > ;...; = . Nên + + ... + + > 25. = 76 100 77 100 100 100 76 77 99 100 100 4

Từ (1) và (2) ⇒ S > Bài 5: Cho P =

(1) (2)

1 1 9 9 + = . Vậy S > . 4 5 20 20

1 1 1 1 1 3 4 + + + ... + + . Chứng tỏ rằng < P < . 31 32 33 59 60 5 5

Phân tích: * Ta thấy P có 30 số hạng. Nếu không tách nhóm ta chỉ chứng tỏ được

30 1 < P < . Bài 31 2

toán chưa được chứng tỏ. * Ta nghĩ ngay đến phương pháp chia nhóm. Tuy nhiên nếu phân tích theo hướng của bài toán 28 bài toán vẫn chưa được chứng tỏ. * Ta thấy:

3 36 4 48 3 4 = ; = . Vì bài toán yêu cầu chứng tỏ rằng < P < . Nên ta lại tìm 5 60 5 60 5 5

mối liên hệ với phân số nhỏ nhất của tổng P (là

1 )v 60

phân số lớn nhất của tổng P( là

1 1 nhưng có thể chọn là ). 31 30

+ Ta thấy 10. liên hệ với

1 1 1 1 1 = ; nên lại tìm mối liên hệ với ta thấy 10. = . Do đó lại tìm mối 60 6 50 50 5

1 1 1 1 1 1 37 36 ta có 10. = . Mặt khác ta thử thấy + + = > . 40 40 4 6 5 4 60 60

Vậy ta chia P thành 3 nhóm: Mỗi nhóm gồm 10 số hạng ta sẽ chứng tỏ được P>

36 3 ⇒P> 60 5

+ Ta thấy 10. liên hệ với

1 1 1 1 1 ta thấy 10. = . Do đó lại tìm mối = ; nên lại tìm mối liên hệ với 30 3 40 40 4

1 1 1 1 1 1 47 48 ta có 10. = . Mặt khác ta thử thấy + + = < . 50 50 5 3 4 5 60 60

Vậy ta chia P thành 3 nhóm: Mỗi nhóm gồm 10 số hạng ta sẽ chứng tỏ được P<

48 4 ⇒P< . 60 5

Như vậy để chứng tỏ P >

3 4 và P < ta đều chia P thành 3 nhóm ( mỗi nhóm 10 số hạng). 5 5

Hướng giải : Dãy số 31, 32,..., 60 có 30 số hạng. Nên tổng P có 30 số hạng P= (

1 1 1 1 1 1 1 + + ... + ) + ( + ... + ) + ( ... + ) . 31 32 40 41 50 51 60

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 > ; > ;...; = . Nên + + ... + > 10. = 31 40 32 40 40 40 31 32 40 40 4

(1)

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . Nên + + ... + > 10. = > ; > ;...; = 41 50 42 50 50 50 41 42 50 50 5

(2)

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 > ; > ;...; = . Nên + + ... + > 10. = 51 60 52 60 60 60 51 52 60 60 6

(3)

Từ (1), (2) và (3) ⇒ P > +Ta có :

1 1 1 37 37 36 3 3 + + = . Mà > = . Vậy P > (*) 4 5 6 60 60 60 5 5

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 < ; < ;...; < . Nên + + ... + < 10. = 31 30 32 30 40 30 31 32 40 30 3

(4)

Ta có :

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . Nên + + ... + < 10. = < ; < ;...; < 41 40 42 40 50 40 41 42 50 40 4

(5)

Ta có :

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 < ; < ;...; < . Nên + + ... + < 10. = 51 50 52 50 60 50 51 52 60 50 5

(6)

Từ (4), (5) và (6) ⇒ P < Từ (*) và (**) ⇒

1 1 1 47 47 48 4 4 + + = . Mà < = . Vậy P < (**) 4 5 3 60 60 60 5 5

3 4 <P< . 5 5 1 1 2 3

Bài 6: Cho M = 1 + + + ... +

1 1 . Chứng tỏ P > 4. + 63 64

Phân tích: *Ta thấy M có 64 số hạng. Nếu không tách nhóm ta chỉ chứng tỏ được M >1. Bài toán chưa được chứng tỏ.

* Ta nghĩ ngay đến phương pháp chia nhóm. Đề bài yêu cầu chứng tỏ M > 4 trong khi đó nếu không chia nhóm ta mới chứng tỏ được M >1. Do đó ta có thể dự đoán chia M thành 1 2

nhiều nhóm nhỏ. Bằng những kinh nghiệm trong các bài trên ta thấy 4 = 1 + 6. . Nên ta chia M thành tổng của các nhóm: 1;

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ; + ; + + + ; + + ... + ; + + ... + ; + + ... + . 2 3 4 5 6 7 8 9 10 16 17 18 32 33 34 64

Hướng giải : Dãy số 1,2,...,64 có 64 số hạng. Nên tổng M có 64 số hạng. 1 2

1 3

1 4

1 5

1 8

1 9

M = 1 + + ( + ) + ( + ... + ) + ( + ... + Ta có:

1 1 1 1 1 ) + ( + ... + ) + ( + ... + ) . 16 17 32 33 64

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + > 2. = ; + ... + > 4. = ; + ... + > 8. = ; 3 4 4 2 5 8 8 2 9 16 16 2

1 1 1 1 1 1 1 1 + ... + > 16. = ; + ... + > 32. = . 17 32 32 2 33 64 64 2 1 2

1 2

Do đó M > 1 + + + + + + = 4 . Vậy M > 4. Bài 7: So sánh A và B biÕt r»ng A = B=

1 1 1 1 + + + ... + . 2 3 4 200

1 2 3 198 199 + + + .... + + . 199 198 197 2 1

Hướng giải : 1 2 3 198 199 + + + .... + + . 199 198 197 2 1 1 2 3 198 199 = +1+ +1+ + 1 + .... + +1+ − 198 199 198 197 2 1 200 200 200 200 = + + + ... + +1 199 198 197 2 200 200 200 200 200 = + + + ... + + 199 198 197 2 200 200 200 200 200 200 = + + + + ... + 200 199 198 197 2 1 1 1  1 = 200  + + + ... +  2  200 199 198 1  1 1 1 = 200  + + + ... + . 200  2 3 4

Ta cã: B =

Vậy B = 200. A

C. HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI: Qua việc áp dụng kinh nghiệm trên vào giảng dạy cho học sinh tôi thấy khi gặp bài tập tổng của một dãy số viết theo quy luật các em đã lĩnh hội được kiến thức một cách vững chắc, các em đã nắm được bài toán đã cho thuộc dạng nào, đã vận dụng phương pháp giải dạng toán đó rất tốt. Đặc biệt các em rất tự tin giải và trình bày lời giải bài toán một cách chặt chẽ, lô gíc, có căn cứ. Kết quả 3 bài kiểm tra sau khi áp dụng sáng kiến: Lớp

Sĩ số

Giỏi

Bài KT

Khá

Yếu- kém

Bài số 1

48,57

34,29

17,14

Bài số 2

51,23

34,29

14,29

Bài số 3

62,86

28,57

8,57

Nhờ áp dụng kinh nghiệm đã trình bày ở trên chất lượng môn toán do tôi giảng dạy đã được nâng cao rõ rệt. Kết quả chất lượng qua các kì thi có nhiều em đạt điểm 10 và xếp thứ cao trong Huyện. Nhiều em yêu thích môn toán do tôi dạy. Từ đó kích thích nhiều học sinh vươn lên học khá, giỏi bộ môn. Do đó góp phần nâng cao hiệu quả giảng dạy của giáo viên và rèn cho học sinh khả năng tư duy toán, độ linh hoạt sáng tạo và kỹ năng trình bày của học sinh. Trên đây là một số dạng toán về tổng của một dãy số viết theo quy luật với mục đích giúp học sinh có kĩ năng nhận ra các dạng toán, biết rút ra phương pháp giải của từng dạng và có kĩ năng lập luận lô gíc; thông qua đó rèn luyện được tư duy, trình bày được lời giải một bài tập toán. Trong chuyên đề này, tôi đã cố gắng phân loại các dạng toán một cách cụ thể. Trong mỗi phần, mỗi dạng tôi cũng đã cố gắng khai thác các cách giải khác nhau và sắp xếp các dạng bài theo một chuỗi lo gic. Tôi mong rằng tài liệu này sẽ góp phần nhỏ vào việc giúp học sinh học tốt hơn về dạng toán tổng của một dãy số viết theo quy luật, phát triển được tư duy sáng tạo của các em qua từng dạng, bài cụ thể. Mặc dù bản thân đã có nhiều cố gắng tìm tòi và nghiên cứu chuyên đề này. Đồng thời tôi cũng đã trao đổi tham khảo, bàn bạc, xin ý kiến của các thầy cô đi trước và các thầy cô

giáo dạy bộ môn toán của nhà trường. Song vấn đề về tổng của một dãy số viết theo quy luật là một mảng kiến thức rất rộng. Bản thân tôi kính mong nhận được sự đóng góp ý kiến của Hội đồng khoa học, các thầy cô có nhiều kinh nghiệm để nội dung sáng kiến được phong phú, đầy đủ hơn và hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn! IV. CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM BẢN QUYỀN Tôi xin cam đoan sáng kiến này là không sao chép. CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (xác nhận) ........................................................................... ........................................................................... ........................................................................... ........................................................................... ............................................. (Ký tên, đóng dấu)

TÁC GIẢ SÁNG KIẾN (Ký tên)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ( Xác nhận, đánh giá, xếp loại ) (LĐ phòng ký tên, đóng dấu) .............................................................................................................................................. .............................................................................................................................................. .............................................................................................................................................. .............................................................................................................................................. .............................................................................................................................................. .........................................................................................................................................

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Sách giáo khoa Toán 6 tập1, 2 – NXB Giáo dục. 2. Sách bài tập Toán 6 tập 1,2 – NXB Giáo dục. 3. Sách giáo viên Toán 6 – NXB giáo dục. 4. Toán nâng cao và phát triển 6 của tác giả: Vũ Hữu Bình - Nhà xuất bản Giáo Dục. 5. Toán nâng cao và các chuyên đề toán 6 của tác giả: Vũ Dương Thụy, Nguyễn Ngọc Đạm - Nhà xuất bản Giáo Dục. 6. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 6 của tác giả Bùi Văn Tuyển 7. Website: http://google.com.vn http:/www.giaoan.violet.vn http:/www.tailieu.vn.com

MỤC LỤC Nội dung

Mục

Trang

Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến

Mô tả giải pháp

Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến

2-3

Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến

3-6

2.1

Dạng 1: Tổng của dãy cộng.

6-11

2.2

Dạng 2: Tổng của một dãy số các số nguyên viết theo quy luật có

11-14

1-2

đan dấu cộng và trừ. 2.3

Dạng 3: Tổng của một dãy nhân các số nguyên.

2.4

Dạng 4: Tổng một dãy số nguyên của các số có cùng cơ số với số

15 15-23

mũ cách đều. 2.5

Dạng 5: Tổng các tích của các cặp số nguyên mà các cặp số nguyên

23-31

cách đều nhau. 2.6

Dạng 6: Tổng các bình phương của một dãy số có các cơ số cách

31-37

đều nhau. 2.7

Dạng 7: Tổng các lập phương của một dãy số có các cơ số cách đều

37-39

nhau. 2.8

Dạng 8: Tổng của một dãy nhân các phân số

40-44

2.9

Dạng 9: Tổng của một dãy các phân số có cùng tử, mẫu là tích của

44-57

các cặp số nguyên cách đều. 2.10

Dạng 10: Tổng của một dãy các phân số có cùng tử, mẫu là bình

57-62

phương mà các cơ số cách đều. 2.11

Dạng 11: Tổng của một dãy các phân số có cùng tử, mẫu là các số

62-71

tự nhiên liên tiếp. III IV

Hiệu quả do sáng kiến đem lại

72-73

Cam kết không sao chép hoặc vi phạm bản quyến

Tài liệu tham khảo

Mục lục