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.
