You are here: Home »
Ta có $$1+2+3+4+\ldots+n = \dfrac{n\times(n+1)}{2}.$$
Đây là trường hợp đặc biệt của công thức $$1^p+...+n^p=\frac{B_{p+1}(n+1)-B_{p+1}(0)}{p+1}$$ trong đó $B_k(x)$ là đa thức Bernoulli thứ $k$ và có rất nhiều cách chứng minh.
Minh họa bằng hình học: Tổng n số tự nhiên đầu tiên bằng nửa diện tích hình chữ nhật có kích thước $n\times(n+1)$
Cách 0: Đây là một cấp số cộng có số hạng đầu bằng 1 và công sai bằng 1.
Cách sơ cấp nhất có lẽ bạn đã quen thuộc từ câu chuyện về việc tính nhanh của Gauss.
Cách 1:
Đặt $S = 1 + 2 + ... + (n-1) + n.$
Viết tổng trên theo chiều ngược lại ta có $S = n + (n-1) + ... + 2 + 1.$
Cộng vế tho vế ta có
$2S = (n+1) + (n+1) + ... + (n+1) = n(n+1).$
Suy ra $S = n(n+1)/2$.
Cách 2:
Ta có $\dfrac{k+1}2-\dfrac{k-1}2=1 \implies\dfrac{k(k+1)}2-\dfrac{(k-1)k}2=k$
$\implies \sum_{k=1}^n\Bigg(\dfrac{k(k+1)}2-\dfrac{(k-1)k}2\Bigg)=\sum_{k=1}^nk\implies\dfrac{n(n+1)}2-\dfrac{1(1-1)}2=\sum_{k=1}^nk$
$\implies\sum_{k=1}^nk=\dfrac{n(n+1)}2$.
Cách 3:
$$\sum_{i=0}^ni-\sum_{i=0}^{n-1}i=S_1(n)-S_1(n-1)=n,$$
$S_1(n)$ là một đa thức bậc hai theo $n$.
Dùng phương pháp hệ số bất định và để ý $S_1(0)=0$ ta có
$$S_1(n)-S_1(n-1)=n=(an^2+bn)-(a(n-1)^2+b(n-1))=\\=2an+b-a,$$
suy ra
$$a=b=\frac12.$$
$$S_1(n)=\frac{n^2+n}2.$$
Cách 4:
$\begin{aligned} \displaystyle & \sum_{0 \le k \le n}k^2 = \sum_{0 \le k \le n}(n-k)^2 = n^2\sum_{0 \le k \le n}-2n\sum_{0 \le k \le n}k+\sum_{0 \le k \le n}k^2 \\& \implies 2n\sum_{0 \le k \le n}k = n^2(n+1) \implies \sum_{0 \le k \le n}k = \frac{1}{2}n(n+1).\end{aligned}$
Cách 5:
Ta có $(i+1)^2-i^2=2i+1$
Khi đó
$$ \sum_{i=1}^n (2i+1) = \sum_{i=1}^n [(i+1)^2-i^2] = (n+1)^2-1=n^2+2n \,.$$
hay
$$n^2+2n= 2[\sum_{i=1}^n i] +n \,.$$
Cách 6: Quy nạp.
Cách 7:
Ta có $1 + x + x^2 + ... + x^n = \dfrac{x^{n+1} - 1}{x-1}$.
Đạo hàm hai vế $$ 1 + 2x + 3x^2 + ... + nx^{n-1} = \dfrac{ (n+1)x^n (x-1) - x^{n+1} + 1}{ (x-1)^2 }.$$
Cho x dần tới 1 trong vế phải ta được
$$ \lim_{x \to 1} \dfrac{ (n+1)x^n (x-1) - x^{n+1} + 1}{ (x-1)^2} = \lim_{x \to 1}\dfrac{ (n+1) [ (n+1)x^n - nx^{n-1} ] - (n+1)x^n }{2(x-1)} = $$
$$ \lim_{x \to 1} \dfrac{ (n+1)[(n+1)(n)x^{n-1} - n(n-1)x^{n-2}] - (n+1)(n)x^{n-1} } {2}$$
$$ =\dfrac{1}{2}(n+1)(n) [ (n+1) - (n-1) - 1] = \dfrac{ (n)(n+1)}{2}.$$
Cách 8:
Đỉnh $v_1$, được nối với $n-1$ đỉnh khác, do đó có $n-1$ cạnh. Theo chiều kim đồng hồ, đỉnh tiếp theo $v_2$ nối với $n-2$ đỉnh (không tính $v_1$ và $v_2$), ta có thêm $n-2$ cạnh, $v_3$ thêm vào $n-3$ cạnh, ... , $v_{n-1}$ thêm 1 cạnh và $v_n$ không tạo ra cạnh mới nào.
Do đó số cạnh của đồ thi $K_n$ là:
$$E = \sum\limits_{i=1}^{n-1} i$$
Mỗi cạnh gồm hai đỉnh, nên số cạnh bằng số cách chọn hai phần tử phân biệt từ tập hopwj gồm n phần tử. Do đó
$$E = \sum\limits_{i=1}^{n-1} i = \binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}$$
Cách 9:
Xét chuỗi lũy thừa
$$f(x)=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{i=0}^{n}i\right)x^n==\frac{x}{(1-x)^3}.$$
Khai triển Taylor của hàm $\frac{x}{(1-x)^3}$ cho bởi công thức
$$\frac{x}{(1-x)^3}=\sum_{n=0}^\infty \frac{n(n+1)}{2}x^n$$
Do đó $$\sum_{i=0}^nj=\frac{n(n+1)}{2}.$$
Và ắt hẳn bạn còn nhiều cách khác.
Đây là trường hợp đặc biệt của công thức $$1^p+...+n^p=\frac{B_{p+1}(n+1)-B_{p+1}(0)}{p+1}$$ trong đó $B_k(x)$ là đa thức Bernoulli thứ $k$ và có rất nhiều cách chứng minh.
Minh họa bằng hình học: Tổng n số tự nhiên đầu tiên bằng nửa diện tích hình chữ nhật có kích thước $n\times(n+1)$
Cách sơ cấp nhất có lẽ bạn đã quen thuộc từ câu chuyện về việc tính nhanh của Gauss.
Cách 1:
Đặt $S = 1 + 2 + ... + (n-1) + n.$
Viết tổng trên theo chiều ngược lại ta có $S = n + (n-1) + ... + 2 + 1.$
Cộng vế tho vế ta có
$2S = (n+1) + (n+1) + ... + (n+1) = n(n+1).$
Suy ra $S = n(n+1)/2$.
Cách 2:
Ta có $\dfrac{k+1}2-\dfrac{k-1}2=1 \implies\dfrac{k(k+1)}2-\dfrac{(k-1)k}2=k$
$\implies \sum_{k=1}^n\Bigg(\dfrac{k(k+1)}2-\dfrac{(k-1)k}2\Bigg)=\sum_{k=1}^nk\implies\dfrac{n(n+1)}2-\dfrac{1(1-1)}2=\sum_{k=1}^nk$
$\implies\sum_{k=1}^nk=\dfrac{n(n+1)}2$.
Cách 3:
$$\sum_{i=0}^ni-\sum_{i=0}^{n-1}i=S_1(n)-S_1(n-1)=n,$$
$S_1(n)$ là một đa thức bậc hai theo $n$.
Dùng phương pháp hệ số bất định và để ý $S_1(0)=0$ ta có
$$S_1(n)-S_1(n-1)=n=(an^2+bn)-(a(n-1)^2+b(n-1))=\\=2an+b-a,$$
suy ra
$$a=b=\frac12.$$
$$S_1(n)=\frac{n^2+n}2.$$
Cách 4:
$\begin{aligned} \displaystyle & \sum_{0 \le k \le n}k^2 = \sum_{0 \le k \le n}(n-k)^2 = n^2\sum_{0 \le k \le n}-2n\sum_{0 \le k \le n}k+\sum_{0 \le k \le n}k^2 \\& \implies 2n\sum_{0 \le k \le n}k = n^2(n+1) \implies \sum_{0 \le k \le n}k = \frac{1}{2}n(n+1).\end{aligned}$
Cách 5:
Ta có $(i+1)^2-i^2=2i+1$
Khi đó
$$ \sum_{i=1}^n (2i+1) = \sum_{i=1}^n [(i+1)^2-i^2] = (n+1)^2-1=n^2+2n \,.$$
hay
$$n^2+2n= 2[\sum_{i=1}^n i] +n \,.$$
Cách 6: Quy nạp.
Cách 7:
Ta có $1 + x + x^2 + ... + x^n = \dfrac{x^{n+1} - 1}{x-1}$.
Đạo hàm hai vế $$ 1 + 2x + 3x^2 + ... + nx^{n-1} = \dfrac{ (n+1)x^n (x-1) - x^{n+1} + 1}{ (x-1)^2 }.$$
Cho x dần tới 1 trong vế phải ta được
$$ \lim_{x \to 1} \dfrac{ (n+1)x^n (x-1) - x^{n+1} + 1}{ (x-1)^2} = \lim_{x \to 1}\dfrac{ (n+1) [ (n+1)x^n - nx^{n-1} ] - (n+1)x^n }{2(x-1)} = $$
$$ \lim_{x \to 1} \dfrac{ (n+1)[(n+1)(n)x^{n-1} - n(n-1)x^{n-2}] - (n+1)(n)x^{n-1} } {2}$$
$$ =\dfrac{1}{2}(n+1)(n) [ (n+1) - (n-1) - 1] = \dfrac{ (n)(n+1)}{2}.$$
Cách 8:
Đỉnh $v_1$, được nối với $n-1$ đỉnh khác, do đó có $n-1$ cạnh. Theo chiều kim đồng hồ, đỉnh tiếp theo $v_2$ nối với $n-2$ đỉnh (không tính $v_1$ và $v_2$), ta có thêm $n-2$ cạnh, $v_3$ thêm vào $n-3$ cạnh, ... , $v_{n-1}$ thêm 1 cạnh và $v_n$ không tạo ra cạnh mới nào.
Do đó số cạnh của đồ thi $K_n$ là:
$$E = \sum\limits_{i=1}^{n-1} i$$
Mỗi cạnh gồm hai đỉnh, nên số cạnh bằng số cách chọn hai phần tử phân biệt từ tập hopwj gồm n phần tử. Do đó
$$E = \sum\limits_{i=1}^{n-1} i = \binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}$$
Cách 9:
Xét chuỗi lũy thừa
$$f(x)=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{i=0}^{n}i\right)x^n==\frac{x}{(1-x)^3}.$$
Khai triển Taylor của hàm $\frac{x}{(1-x)^3}$ cho bởi công thức
$$\frac{x}{(1-x)^3}=\sum_{n=0}^\infty \frac{n(n+1)}{2}x^n$$
Do đó $$\sum_{i=0}^nj=\frac{n(n+1)}{2}.$$
Và ắt hẳn bạn còn nhiều cách khác.
Hai sinh viên Nicole Wrightman và Alex Craig thuộc Khoa Toán học xã hội tại Đại học Sheffied, Anh quốc đã dùng máy tính xây dựng công thức toán học giúp trang trí một cây thông Giáng sinh hoàn hảo.
Công thức này dựa trên chiều cao của cây, qua đó tính toán cho ra số lượng các vật trang trí, chiều dài của dây kim tuyến, chiều dài của dây đèn nhấp nháy quấn quanh thân cây và chiều cao của ngôi sao; thậm chí là kích thước của thiên thần ngồi trên đỉnh cây.
Wrightman cho biết đã cùng Craig mất 2 giờ để hoàn thành công thức toán học này. Hai sinh viên hy vọng họ sẽ góp một phần nhỏ để mọi người thêm phần hạnh phúc trong mùa Giáng sinh.
Công thức này như sau:
trong đó H là chiều cao của cây, và đơn vị của các độ dài là centimet.
Qua công thức nói trên thì một cây thông Noel cao 180cm sẽ có 37 đồ vật trang trí, chiều dài của các sợi dây kim tuyến là 919cm, chiều dài của dãy đèn nhấp nháy quấn quanh thân cây là 565cm, chiều cao của ngôi sao hoặc tượng thiên thần trên ngọn cây là 18cm. Còn cây thông Noel tại quảng trường cao 21m thì cần 433 vật trang trí, 100m dây kim tuyến, 65m dây đèn quấn quanh và ngôi sao có chiều cao 2m.
Công thức này dựa trên chiều cao của cây, qua đó tính toán cho ra số lượng các vật trang trí, chiều dài của dây kim tuyến, chiều dài của dây đèn nhấp nháy quấn quanh thân cây và chiều cao của ngôi sao; thậm chí là kích thước của thiên thần ngồi trên đỉnh cây.
Wrightman cho biết đã cùng Craig mất 2 giờ để hoàn thành công thức toán học này. Hai sinh viên hy vọng họ sẽ góp một phần nhỏ để mọi người thêm phần hạnh phúc trong mùa Giáng sinh.
Công thức này như sau:
Qua công thức nói trên thì một cây thông Noel cao 180cm sẽ có 37 đồ vật trang trí, chiều dài của các sợi dây kim tuyến là 919cm, chiều dài của dãy đèn nhấp nháy quấn quanh thân cây là 565cm, chiều cao của ngôi sao hoặc tượng thiên thần trên ngọn cây là 18cm. Còn cây thông Noel tại quảng trường cao 21m thì cần 433 vật trang trí, 100m dây kim tuyến, 65m dây đèn quấn quanh và ngôi sao có chiều cao 2m.
Nguồn: University of Sheffield
Một chứng minh cho công thức tính diện tích K của một tam giác vuông.
Một chứng minh cho công thức diện tích hình tròn:
Một chứng minh cho công thức diện tích hình tròn:
1)Chia hình bình hành thành các phần có diện tích bằng nhau
2) Hai dây cung vuông góc của một đường tròn cắt nhau tạo thành 4 đoạn thẳng. Khi đó tổng diện tích 4 hình vuông với có độ dài cạnh lần lượt là 4 đoạn thẳng đó bằng diện tích hình vuông có độ dài cạnh bằng đường kính hình tròn.
2) Hai dây cung vuông góc của một đường tròn cắt nhau tạo thành 4 đoạn thẳng. Khi đó tổng diện tích 4 hình vuông với có độ dài cạnh lần lượt là 4 đoạn thẳng đó bằng diện tích hình vuông có độ dài cạnh bằng đường kính hình tròn.
Cho P, Q, R, S là 4 điểm nằm trên một đường thẳng theo thứ tự đó sao cho PQ=RS. Dựng các nửa đường tròn đường kính PQ, RS, PS và QR nửa đường tròn đường kính QR nằm khác phía so với các đường tròn khác. Ta gọi hình tạo bởi các nửa đường tròn này là hình Salinon. Trục đối xứng của hình Salinon cắt các biên của nó tại M và N. Khi đó diện tích A của hình Salinon bằng diện tích C hình tròn đường kính MN.
Nguồn: Mathematics Magazine
Nguồn: Mathematics Magazine
Cho ba điểm thẳng hàng P, Q, R trong đó Q nằm giữa P và R. Dựng các nửa đường tròn nhận PQ, QR, RP làm đường kính. Ta gọi hình giới hạn bởi ba nửa đường tròn này là hình arbelos. Trong tiếng Hy Lạp arbelos nghĩa là con dao của người thợ làm giày. Dựng đường thẳng vuông góc với PR tại Q cắt đường tròn lớn tại S. Khi đó diện tích của hình arbelos bằng diện tích hình tròn đường kính QS.
Nguồn: Mathematics Magazine
Một cách chứng minh của công thức nhân ba cho hàm sin và côsin. Đó là:
sin 3a=3sina - 4sin3a, cos3a=4cos3a - 3cosa.
www.VnMath.Com cũng xin giới thiệu thêm một tính chất hay của hàm tan.
Nguồn: Mathematics Magazine và Mathematic and Computer Education
sin 3a=3sina - 4sin3a, cos3a=4cos3a - 3cosa.
www.VnMath.Com cũng xin giới thiệu thêm một tính chất hay của hàm tan.
Định lý Pytago là định lý nổi tiếng nói về một liên hệ giữa ba cạnh của một tam giác vuông.
Nguồn: Mathematics Magazine
Với mỗi họ Hyperbol có cùng một cặp đỉnh cho trước, mọi đường tròn tiếp xúc với cả hai nhánh của Hyperbol cắt mỗi tiệm cận của Hyperbol theo một dây cung với độ dài không đổi (bất kể vị trí các đường tròn và góc giữa hai tiệm cận).
Theo Mathematics Magazine, Vol79, No.5, December, 2006.
Bài toán:
Nếu A, B, C là các góc của một tam giác nhọn thì
tanA + tanB + tanC= tanA.tanB.tanC
Chứng minh:
Một chứng minh của công thức cộng đã được giới thiệu trong bài Các công thức lượng giác. Sau đây là một chứng minh khác.
Nguồn: Mathematics Magazine
Nếu A, B, C là các góc của một tam giác nhọn thì
tanA + tanB + tanC= tanA.tanB.tanC
Chứng minh:
Một chứng minh của công thức cộng đã được giới thiệu trong bài Các công thức lượng giác. Sau đây là một chứng minh khác.
Nguồn: Mathematics Magazine
www.VNMATH.com xin giới thiệu một chứng minh hay cho công thức tích phân từng phần.
Nguồn: Mathematics Magazine.
Nguồn: Mathematics Magazine.
Một hình lục giác lớn được chia thành một lưới các tam giác và được lát bởi các viên kim cương (được ghép bởi hai tam giác có chung đáy). Có 3 loại kim cương phụ thuộc vào hướng của chúng. Chứng minh rằng số lượng mỗi loại kim cương là bằng nhau trong cách lát lục giác đó.
Bài toán xuất hiện ở bìa sau của cuốn sách Mathematical Puzzles: A Connoisseur’s Collection (163 trang, 2003) của Peter Winkler.
Lời giải xuất hiện trong “The Problem of Calissons” của G David và C Tomei, American Mathematical Monthly, Vol 96(5), May 1989, p. 429 – 431.
Bài toán xuất hiện ở bìa sau của cuốn sách Mathematical Puzzles: A Connoisseur’s Collection (163 trang, 2003) của Peter Winkler.
Lời giải xuất hiện trong “The Problem of Calissons” của G David và C Tomei, American Mathematical Monthly, Vol 96(5), May 1989, p. 429 – 431.
1. Số Fibonacci trong dàn tam giác
Tam giác Fibonacci
Trong một dàn tam giác đều ta vẽ một tam giác đều có cạnh bằng đơn vị ở đỉnh, dưới nó ta vẽ một hình thoi màu vàng và bên cạnh hình thoi là một tam giác đỏ thứ hai. Dưới tam giác đỏ là một hình thoi màu vàng khác và bên cạnh nó là một hình thang cân màu đỏ. Và bây giờ ta quy định dưới hình thang màu đỏ là hình thoi màu vàng và dưới hình thoi màu vàng là hình thang màu đỏ.
Khi đó độ dài các cạnh của các hình thoi là các số Fibonacci. Độ dài đáy trên, độ dài hai cạnh và độ dài đáy dưới của hình thang là ba số Fibonacci liên tiếp.
Tam giác Fibonacci
Trong một dàn tam giác đều ta vẽ một tam giác đều có cạnh bằng đơn vị ở đỉnh, dưới nó ta vẽ một hình thoi màu vàng và bên cạnh hình thoi là một tam giác đỏ thứ hai. Dưới tam giác đỏ là một hình thoi màu vàng khác và bên cạnh nó là một hình thang cân màu đỏ. Và bây giờ ta quy định dưới hình thang màu đỏ là hình thoi màu vàng và dưới hình thoi màu vàng là hình thang màu đỏ.
Khi đó độ dài các cạnh của các hình thoi là các số Fibonacci. Độ dài đáy trên, độ dài hai cạnh và độ dài đáy dưới của hình thang là ba số Fibonacci liên tiếp.
Chứng minh:
Lục giác Fibonacci
Ngôi sao Fibonacci
2. Số Fibonacci trong dàn hình vuông
So sánh nó với đỉnh Matterhorn trong dãy An-pơ ở Thụy Sĩ dưới đây.(Ảnh: Marcel Wiesweg)
Mô hình đoạn thẳng của ngọn núi này:
Nguồn: Hans Walser, math.unibas.ch.
www.vnmath.com xin giới thiệu một chứng minh định lý hàm sin và hàm số cosin đơn giản.
Phát biểu định lý hàm sin: Trong tam giác độ dài một cạnh bằng tích sin góc đối và đường kính.
Chứng minh:
Định lý hàm số cô-sin:
Phát biểu định lý hàm sin: Trong tam giác độ dài một cạnh bằng tích sin góc đối và đường kính.
Chứng minh:
Định lý hàm số cô-sin:
WWW.VNMATH.COM giới thiệu các chứng minh các công thức cộng trong lượng giác từ Mathematics Magazine.
Số tam giác là số chấm xuất trong một tam giác đều được lấp bởi các điểm đó. Chẳng hạn, 3 chấm có thể sắp xếp trong một tam giác; do đó 3 là một số tam giác. Số tam giác thứ n, kí hiệu là Tn là số các chấm nằm trong tam giác có n chấm trên mỗi cạnh.
Sau đây là một số tính chất của các số tam giác và chứng minh của chúng.
Tính chất 1:
Tính chất 2:
Tính chất 3:
Tính chất 4:
Ảnh: Wikipedia
Sau đây là một số tính chất của các số tam giác và chứng minh của chúng.
Tính chất 1:
Tính chất 2:
Tính chất 3:
Tính chất 4:
Trong bài này vnmath.com giới thiệu với bạn đọc việc phân tích một số lập phương thành tổng của một cấp số cộng.
Nguồn: Mathematics Magazine.
Nguồn: Mathematics Magazine.
Nếu A là một tập con lồi và trù mật trong R2 thì A=R2.
Chứng minh:
Bài tập 1: Mở rộng kết quả trên cho Rn.
Bài tập 2: Thử nêu chứng minh khác dựa trên n-đơn hình (tam giác, tứ diện và vân vân) thay vì hình n-phương (từ tiếng Anh n-cube, vài sách dịch là n-lập phương).
Bài toán: Điều gì xảy ra trong trường hợp vô hạn chiều, l2 chẳng hạn.
Nguồn:Mathematics Magazine.
Chứng minh:
Bài tập 1: Mở rộng kết quả trên cho Rn.
Bài tập 2: Thử nêu chứng minh khác dựa trên n-đơn hình (tam giác, tứ diện và vân vân) thay vì hình n-phương (từ tiếng Anh n-cube, vài sách dịch là n-lập phương).
Bài toán: Điều gì xảy ra trong trường hợp vô hạn chiều, l2 chẳng hạn.
Nguồn:Mathematics Magazine.
Định lý: Mọi tam giác luôn chia nhỏ được thành 6 tam giác cân.
Chứng minh:
Nguồn: Mathematic Magazine.
Chứng minh:
Nguồn: Mathematic Magazine.
Bất đẳng thức Padoa được đặt theo tên nhà toán học Alessandro Padoa (1868-1937).
Bất đẳng thức Padoa được phát biểu như sau:
Nếu a, b, c là 3 cạnh của một tam giác thì
abc³(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)
Chứng minh gồm hai bước sau:
Nguồn: Mathematic Magazine.
Bất đẳng thức Padoa được phát biểu như sau:
Nếu a, b, c là 3 cạnh của một tam giác thì
abc³(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)
Chứng minh gồm hai bước sau:
Nguồn: Mathematic Magazine.
