Các bài toán tính tổng thường xuyên xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi hay các kì thi vào
các trường phổ thông chuyên dưới nhiều hình thức khác nhau, ví dụ như Số Học, Bất Đẳng
Thức và đôi khi cũng là các bài tóan tính tổng trực tiếp.
Để giúp cho bạn đọc có một cái nhìn tổng quan hơn về cách tính tổng của một dãy , mục
chuyên đề này được viết ra bao gồm các phương pháp tính tổng và chứng minh một số bất
đẳng thức tổng thông dụng
A.Các dạng tổng thường gặp.
Trước hết chúng ta điểm qua một số tổng thường gặp:
i) Tổng đa thức:

222
123
12
n
n
++++
+++1.1!2.2!3.3! !
nn
++++

…
ii) Tổng phân thức:

12

2!3!(1)!
111

13574143

kk
+++
+++++B. Một số phương pháp tính tổng:
i) Phương pháp quy nạp.
Các bạn có thể xem xét thêm trong mục “phương pháp quy nạp”. Ở đây phương pháp quy nạp
được sử dụng khi bạn đã dự đóan trước được kết quả của tổng cần tính.
Ví dụ như việc tính tổng
(1)
123
2
nn
n
+
++++=
quen thuộc, các bạn có thể dự đóan kết quả
và quy nạp một cách dễ dàng.
Tuy nhiên đối với tổng
2222
123
n
++++

7
3

9
3

11
3
………
Như vậy là quy luật đã xuất hiện rồi. Chúng ta có thể dự đoán ngay:

222
21(1)(21)
12 (12 )
36
nnnn
nn
+++

+++=+++=


.
Công việc bây giờ là chứng minh bằng quy nạp.
Với
1
n
=
ta thu được đẳng thức
11

n
1 2 3 4 5 …….
12
n
+++
1 3 6 10 15 …….
222
12
n
+++
1 5 14 30 55 …….
333
12
n
+++
1 9 36 100 225 …….

Mối quan hệ giữa dòng 1 và dòng 4 không hòan tòan rõ rệt, nhưng còn dòng 2 và dòng 4 thì
sao. Tinh tế một chút các bạn có thể thấy các số hạng ở dòng thứ 4 tương ứng theo cột là bình
phương của số hạng ở dòng thứ nhất. Như vậy ta mạnh dạn phát biểu mệnh đề sau:

2
33332
(1)
123 (123 )
2
nn
nn
+


+++
+=−
.
Đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Do đó ta có được điều phải chứng minh.

Như vậy là các bạn đã thấy được phần nào sức mạnh của tổng trong việc chứng minh quy nạp.
Thế nhưng phương pháp này vẫn mang nhiều khuyết điểm, nhất là kết quả không phải lúc nào
cũng có thể dự đoán một cách dễ dàng. Do đó chúng ta cần phải có những phương pháp khác
để có thể hòan thành công việc một cách hiệu quả và dễ dàng hơn. Chúng ta hãy cùng nhau đi
đến một phương pháp khác, phương pháp chứa đựng ý tưởng có thể giải quyết hầu hết các bài
tóan tính tổng, cũng như bất đẳng thức tổng.
ii) Phương pháp tạo dãy phụ.
Trong phần trước, để chứng minh được kết quả bằng phương pháp quy nạp, ta đã thông qua
đẳng thức sau ( đối với tổng:
222
(1)(21)
()12
6
nnn
fnn
++
=+++=
)

2
(1)(2)(23)(1)(21)
(1)(1)().
66
nnnnnn
nfnfn

fn
++
+=
. Tuy
nhiên ý tưởng ở đây thật đáng xem xét, các bạn nên chú ý rằng dãy
()
fn
bị một ràng buộc:
2
()(1)
fnfnn
−−=
. Từ đây chúng ta có thể dễ dàng tìm được
()
fn
và suy ra ngay giá trị của
222
12
n
+++
mà chẳng cần phải tốn sức dự đoán gì cả.
Chúng ta có thể làm như sau: Giả sử
32
()
fnanbncnd
=+++
. Ta sẽ đi tìm các giá trị
,,,
abcd
sao cho

2
0
1
6
a
a
abb
abc
c

=

=



−+=⇒=


−+=


=



Giá trị
d
là tùy ý, đề đơn giản ở đây tác giả chọn
0.

−−=
ở dạng đa thức nên nhiều khả năng
()
fn
cũng ở dạng này. Đồng thời bậc của
()(1)
fnfn
−−
sẽ nhỏ hơn bậc của
()
fn
một bậc,
mà bậc của
2
()(1)
fnfnn
−−=
là bậc hai nên
()
fn
sẽ là đa thức bậc ba.

Chúng ta sẽ thử xét thêm một ví dụ nữa trong trường hợp.
Hãy tính tổng
333
12
n
+++
.
Ta cũng sẽ đi tìm dãy

Ta cần tìm
(,,,)
abcd
sao cho:
1
4
41
1
630
2
4320
1
0
4
0
a
a
ab
b
abc
c
abcd
d

=

=




=++=

Như vậy
333
22
12 (0)(1)(1)(2) (1)()
(1)
()(0)
4
nfffffnfn
nn
fnf
+++=−+−+−−−+
+
=−=

Để ứng dụng phương pháp trên, các bạn cũng nên chú ý :
ü Tổng quát hóa bài tóan nếu có thể.
ü Ta chỉ làm việc với số hạng tổng quát, thường được ghi phía cuối cùng trong
tổng.
Các bạn thử áp dụng phương pháp này trong một số bài tập sau xem:
Bài 1: Tính tổng sau:

4444
123 2005.
++++

Bài 2: Xác định giá trị của
P
theo
Trong các phần trên,ta đã xét qua một số bài tập mà ở đó tổng bao gồm các hạng tử ở dạng đa
thức. Thế còn dạng phân thức và căn thức thì sao. Thực ra các kỹ thuật nêu trên nói chung đều
có thể áp dụng cho tổng phân thức hay căn thức.
Ta hãy thử xét qua ví dụ sau:
Bài toán: Hãy tính tổng theo
n
.

111

1.22.3(1)
P
nn
=+++
+

Ta hãy sử dụng ý tưởng của phương pháp thứ hai, tức là tìm
()
fn
sao cho:

1
()(1)
(1)
fnfn
nn
−−=
+

xx
x
−+
−+
là
462
−=−

Theo các phần trước, chúng ta có thể nhận thấy
()
fn
luôn có bậc bé hơn 1 so với bậc trong
hạng tử của ta. Ở đây, bậc của
1
(1)
nn
+
là
2
−
nên ta sẽ tìm
()
fn
có bậc
1
−
. Tử của
1
(1)
nn

cbc
nn
bncbn
b
−
−−=−==
++−++−+
⇔=
−
+
−−−+

Như vậy, ta cần phải tìm các số
(,)
bc
thỏa:

1
211
()0
b
bcbc
cbc
−=


−=⇒==−


−=

Bài tóan: Tính tổng sau theo
.
n111

122123321(1)
S
nnnn
=+++
+++++

Bằng một ý tưởng tương tự,ta cũng sẽ cố gắng tìm dãy số
(1),(2), ,()
fffn
sao cho:
1
()(1)
1(1)
fnfn
nnnn
−−=
+++
.
Trước hết chúng ta định nghĩa thêm về bậc của căn thức, bậc của
()()
a
PxQx
là

−
. Thông qua hình dạng của
1
1(1)
nnnn
+++
,ta có thể dự đoán dạng của
()
fn

là
(0)
a
b
bnc
>
+
. Ta có:
(1)()
fnfn
−>
nên
0
a
<
, chia tử và mẫu cho
a
−
ta thu đước dạng
của

+++−
==
+−+++−
=
+−++++−
=
+++

Từ đây ta suy ra cần tìm
(,)
AB
sao cho:
1
1
0
1
1
A
A
BA
B
B
=

=


−=⇒

=


Sau đây là phần bài tập dành cho bạn đọc:
Bài 1: Tính tổng sau theo
n
.

12

2!3!(1)!
n
n
+++
+

Bài 2: Hãy tính tổng sau:

22005
2222332004200420052005
666

(32)(32)(32)(32)(32)(32)
P =+++
−−−−−−

Bài 3: Xác định giá trị của:

222222
111111
11 1
122320042005

fn
hàm sao cho
2
1
()(1)fnfn
n
−−≥
.
Bằng một lý luận tương tự ta cũng có thể thu được
1
()fn
anb
=
+

2
1
()(1)
()()
a
fnfn
anbanban
−
−−=≥
++−
. Trước hết ta có thể thu được
1
a
=−
và ta cần tìm

⇒≤≤∀≥

Để thu được đánh giá tốt nhất của biểu thức, ta sẽ cần tìm giá trị lớn nhất có thể của
b
. Dễ
dàng tìm được đó là
1
2
.Như vậy
1
()
1
2
fn
n
−
=
−
.
Tóm lại ta có:
222
1111
(0)(1)(2) (1)()22.
1
12
2
ffffnfn
n
n
+++≤−+−+−−+=−≤

fnfnn
gngnn
−−≥
−−≤

Bằng cách tương tự như đã nói,ta dễ dàng tìm được:
2
()(1)1
3
2
()
3
fnnn
nn
gn
=++
=

Và như vậy:
2(1)12
12 (0)(1)(1) (1)()
3
nn
nffffnfn
++−
+++≤−+−+−−+=

2
12 (0)(1)(1) (1)()
3

+−<++++<

D.Câu chuyện về một tổng số
Trong các phần trên, tác giả đã có lần nhắc đến tổng

2
222
111

126
n
π
++++=Đẳng thức trên trông có vẻ quá xa vời với kiến thức trung học cơ sở. Tuy nhiên các bạn có biết
chăng xung quanh đẳng thức này là cả một câu chuyện thú vị. Chúng tôi sẽ kể cho các bạn câu
chuyện này, không phải nhằm mục đích cung cấp một điều gì mới lạ thêm cho các bạn ngay
lúc này, một số kiến thức có thể là mới lạ , các phép chứng minh có thể là khá cao ,thậm chí là
không chặt chẽ, tuy nhiên các bạn không cần hiểu chúng ngay bây giờ. Các bạn hãy cứ xem
câu chuyện này như là một chút thư giản mà tác giả muốn đem đến cho người đọc, mong muốn
người đọc hiểu được sự lý thú, vẻ đạp huyền ảo cũng như sự táo bạo trong sáng tạo Toán học.
Câu chuyện được trích trong “Toán học và những suy luận có lý” của giáo sư Toán học
G.Polya:
“ Jacob Bernoulli, nhà Toán học Thụy Sĩ (1654-1705), người cùng thời với Newton và
Leibniz, đã phát minh ra tổng nhiều chuỗi vô hạn; nhưng ông không tìm được tổng của chuỗi
các nghịch đảo của các bình phương:

111111
1


2
01212
()() ()
n
nnn
aaxaxaxaxxx
ααα
++++=−−−
So sánh những số hạng cùng bậc đối với x ở hai vế của đồng nhất thức ấy,ta rút ra được
những hệ thức đã biết giữa các nghiệm và các hệ số của phương trình. Hệ thức đơn giản nhất
là:

112
( )
nnn
aa
ααα
−
=−+++

tìm được bằng cách só sánh hệ số những số hạng chứa
1
n
x
−
.
Việc phân tích thành chứng hệ số bậc nhất có thể làm theo cách khác. Nếu các nghiệm
12
,, ,

n
aa
ααα

=−+++


.
Còn môtj cách khác. Giả sử phương trình bậc
2
n
có dạng:

242
012
(1)0
nn
n
bbxbxbx
−+++−=

Và 2n nghiệm phân biệt là

1122
,,,, ,,.
nn
ββββββ
−−−

Thế thì:


=+++


.
2)Euler xét phương trình
sin0
x
=
hay

7
35
0.
13!5!7!
xxxx
−+−+=

Vế trái có vô số số hạng, nó có “bậc vô tận”. Vì vậy,-Euler nói- không nên ngạc nhiên
rằng nó có vô số nghiệm:

0,,,2,2,3,3,
ππππππ
−−−

Euler bỏ nghiệm 0 đi, ông chia vế trái của phương trình cho x, thừa số bậc nhất ứng với
nghiệm 0, và có phương trình đây:

6
24




Suy ra
222
2
1111

3!49
111
1
49166
πππ
π
=+++
⇒++++=

Đó chính là chuỗi số mà những cố gắng của Jacob Bernoulli không đi đến kết quả. Nhưng kết
luận của Euler là rất táo bạo.”

Cách chứng minh trên của Euler khá sơ cấp và cũng thật táo bạo. Có thể xét về một phương
diện nào đó, nó không hòan tòan chặt chẽ nhưng chúng ta cũng có thể cảm nhận phần nào sức
mạnh trí tuệ và sự nhẫn nại của con người trước sự quyến rũ của Toán Học.Đây cũng là một
kinh nghiệm quý báu cho những người học toán, kiên trì nhẫn nại và đột phá sẽ dẫn bạn tới
thành công . Chúc các bạn luôn đạt được những kết quả mong muốn. J
Tài liệu tham khảo

• Mathematical Olympiad Challenges Titu Andreescu & Răzvan Gelca.
• Toán học và những suy luận có lý G.Polya