Các bài giảng về toán cho Mirella (11)

 

Tổng bình phương của một cấp số cộng

Có một lần lâu rồi, papa đã bày cách cho Mirella tính tổng

1^2 + 2^2 + \hdots + n^2

nhưng lâu ngày Mirella quên mất rồi, nên lại đem ra dạy lại.

Sở dĩ dạy lại như vậy, vì vấn đề tổng bình phương này cũng liên quan đến một khái niệm khác mà Mirella nhất quyết đòi papa giải thích cho, đó là khái niệm tích phân. Bài giảng về khái niệm tích phân cho Mirella sẽ được trình bày lại sau.

Cũng như nhiều bạn học sinh phổ thông khác, Mirella nhớ mẹo để tính tổng

1 + 2 + \hdots + n

Mẹo đó là: cộng số đầu với số cuối, số thứ hai với số gần cuối, v.v., luôn được n+1, do đó hai lần của tổng trên sẽ là:

2 (1 + 2 + \hdots + n) = (1 + 2 + \hdots + n) + (n + (n-1) + \hdots + 1) = (1+ n) + (2 + (n-1)) + \hdots + (n+1) = n(n+1)

(có n tổng con, mỗi tổng con bằng n+1), và chia đôi ta được

1 + 2 + \hdots + n = n(n+1)/2 = n^2/2 + n/2

Tuy nhiên, việc tính 1^2 + 2^2 + \hdots + n^2 khó hơn, không dùng mẹo lộn đầu đuôi được, mà phải nghĩ các cách khác.

Kim tự tháp

Một trong các cách tính tổng bình phương trên là đưa nó về một bài toán tính thể tích kim tự tháp. Hình dung ta có một cái  kim tự tháp được xếp bởi các tầng hình vuông, mỗi tầng có chiều cao là 1 và độ dài cạnh vuông là k, trong đó k chạy từ 1 (tầng trên cùng của kim tự tháp) đến n (tầng đáy). Thể tích của kim tự tháp này sẽ chính bằng tổng, vì thể tích của mỗi tầng là k bình phương.

Để tính thể tích kim tự tháp, ta có thể dùng công thức tính thể tích của một hình nón: nó bằng diện tích đáy nhân chiều cao chia ba. Đáy là n^2, chiều cao là n, nên thể tích kim tự tháp bằng n^2 \times n/3 = n^3/3. Nhưng đây chỉ là con số gần đúng, chứ không phải con số chính xác cho thể tích kim tự tháp hình bậc thang của ta, vì hình nón không có các bậc thang nhô ra như vậy. Muốn có công thức chính xác, thì đầu tiên phải “gọt” các bậc thang của kim tự tháp đi cho thành hình nón, rồi sau đó cộng thêm thể tích phần bị gọt vào công thức.

Ta phải gọt cả 4 mặt của kim tự tháp bậc thang để được kim tự pháp hình nón không có bậc thang. Xét một trong 4 mặt đó. Ở tầng có độ dài k (tức là tầng thứ k tính từ trên xuống), phần của tầng đó bị gọt đi ở một bên mặt là một “thỏi” có chiều dài là k và mặt cắt hình tam giác vuông với 1 cạnh góc vuông bằng 1 còn cạnh kia bằng 1/2. Diện tích của hình tam giác vuông đó là 1/4, và như vậy thể tích của thỏi bị gọt đi ở một mặt ở tầng k tính từ trên xuống là k/4.

Như vậy, tổng thể tích gọt đi ở 1 mặt là 1/4 + 2/4 + \hdots + n/4. Vì có 4 mặt, nên tổng thể tích gọt đi cho thành hình nón tháp là

1+2+\hdots+n = n^2/2 + n/2

Ta phải thêm phần này vào thể tích hình nón tháp, được

n^3/3 + (n^2/2 + n/2)

Tuy nhiên, đây vẫn chưa phải công thức chính xác của tổng 1^2 + 2^2 + \hdots + n^2, bởi khi ta tính gọt 4 mặt, thì có những chỗ ở góc bị “gọt 2 lần” vì nó vừa nằm ở chỗ mặt này bị gọt vừa nằm ở chỗ mặt kia bị gọt. Ở mỗi góc của mỗi tầng có 1 khúc bị “gọt 2 lần” như vậy, cái khúc đó có hình nón lộn ngược với chiều cao bằng 1 và đáy là hình vuông có cạnh bằng 1/2. Thể tích của mỗi khúc như vậy là 1/2 \times 1/2 \times 1 /3 = 1/12. Vì có tổng cộng n tầng, và mỗi tầng 4 khúc như vậy, nên tổng cộng ta có 4n khúc như vậy, với tổng thể tích là 4n \times 1/12 = n/3. Ta phải trừ đi từ biểu thức trên phần thể tích n/3 được tính 2 lần này, để được công thức chính xác cho thể tích hình kim tự tháp bậc thang. Kết quả cuối cùng là:

1^2 + 2^2 + \hdots + n^2 = n^3 + (n^2/2 + n/2) - n/6 = n^3/3 + n^2/2 + n/6

Hay còn có thể viết là:

1^2 + 2^2 + \hdots + n^2 = n(n+1)(2n+1)/6

Phỏng đoán và hồi qui

Phương pháp phía trên đòi hỏi phải biết công thức tính thể tích hình nón (hay hình tháp), là một công thức dễ chấp nhận, và có thể chứng minh “gần như là chặt chẽ” dùng trực giác và biến đối hình học. Ví dụ như hình  viên gạch (hình hộp) có thể cắt được (bằng các đường cắt đi từ một đỉnh) ra làm 3 hình nón có đáy là hình chữ nhật (mỗi đáy là một mặt của hình viên gạch) và chiều cao là cạnh còn lại của hình viên gạch.  Ba hình nón đó thể tích bằng nhau và bằng 1/3 thể tích hình viên gạch. Tuy nhiên, để chứng minh thật là chặt chẽ các công thức này đòi hỏi một chú giải tích toán học, mà ta sẽ chưa bàn đến trong bài này.

Có cách khác tính tổng từ 1 bình phương đến n bình phương, không dùng hình học, mà dùng qui nạp đại số, như sau.

Trước hết, ta phỏng đoán là 1^2 + 2^2 + \hdots + n^2 phải có dạng là một đa thức bậc 3 của n. Hay nói tổng quát hơn, tổng

1^k + 2^k + \hdots + n^k

với k là một số tự nhiên cố định, phải có dạng một đa thức bậc k của n. Vì sao vậy ? Vì ta biết là điều đó đúng khi k=1 (đa thức tương ứng là P(x) = x^2/2 + x/2). Hơn nữa, có thể đánh giá

1^k + 2^k + \hdots + n^k \leq n^k + n^k + \hdots n^k = n^{k+1}

1^k + 2^k + \hdots + n^k \geq (n/2)^k + \hdots + (n/2)^k \approx (n/2)^{k+1} (tổng có quãng n/2 phần tử)

có nghĩa là khi n tăng, thì dáng điệu tăng của 1^k + 2^k + \hdots + n^k có thể so sánh như là một đa thức bậc k+1 theo biến n, và bởi vậy ta phỏng đoán là bản thân nó là một đa thức bậc k+1.

Sau khi phỏng đoán như vậy rồi, ta đặt

1^2 + 2^2 + \hdots + n^2 = An^3 + Bn^2 + Cn + D

và tìm A,B,C,D sao cho đẳng thức trên đúng với mọi n

Nếu nó đúng với mọi n, thì ít ra nó phải đúng khi n = 0, 1, 2, 3. Mỗi giá trị này của n cho ta một phương trình để tìm A,B, C,D. (Vì ta có 4 ẩn, nên lập 4 phương trình là “vừa xinh”). Khi n=0 ta được:

(0) D=0

Vậy ta có thể loại ngay D ra khỏi các phương trình. Đặt lần lượt n=1,2,3 ta được các phương trình sau:

(1) A + B + C = 1

(2) 8A + 4B + 2C = 1^2 + 2^2 = 5

(3)27A + 9B + 3C = 1^2 + 2^2 + 3^2 = 14

Mirella đã quen với các phương trình tuyến tính, nên sau khi cùng với papa viết được hệ phương trình trên, thì tìm ra nghiệm khá nhanh. Phương pháp là loại dần bớt ẩn. Đầu tiên ta loại C:

Lấy (2) trừ đi 2 lần (1) ta được

(4) 6A + 2B = 3

Lấy (3) trừ đi 3 lần (1) ta được

(5) 24 A + 6B = 11

Sau đó đến lượt B bị loại: lấy (5) trừ đi 3 lần (4) ta được

(6) 6A = 2, suy ra A = 2/6 = 1/3

Thay A= 1/3 vào(4) ta tìm ra B=1/2, rồi thay các giá trị này vào (1) ta có C = 1 - 1/2 - 1/3 = 1/6

Như vậy A=1/3, B = 1/2, C = 1/6, D=0, và biểu thức đại số mà ta đoán là:

(*n) 1^2 + 2^2 + \hdots + n^2 = n^3/3 + n^2/2 + n/6

Tuy nhiên, các bước trên mới chỉ là đoán công thức, chứ chưa phải là chứng minh công thức.

Điều ta mới chứng minh được là công thức (*) đúng khi mà n bằng 0,1,2,3. Ta còn cần phải chứng minh rằng nó đúng với mọi n. Để chứng minh điều đó, ta có thể dùng qui nạp.

Phương pháp qui nạp như sau. Giả sử ta có một khẳng định (Tn) nào đó phụ thuộc vào n. Nếu ta chứng minh được rằng (T0) (hay (T1)) là đúng, và chứng minh được rằng nếu (Tn) đúng thì (T(n+1)) cũng đúng, thì khi đó (Tn) đúng với mọi n. Thật vậy, (T0) đúng suy ra (T1) đúng, (T1) đúng suy ra (T2) đúng, (T2) đúng suy ra (T3) đúng, (T3) đúng suy ra (T4) đúng, và cứ thế suy ra mãi.

Mirella chưa nắm vững phương pháp qui nạp, nên papa phải nhắc lại nó trước khi tiếp tục chứng minh tiếp công thức.

Vì công thức (*n) đúng khi n=0, nên bước còn lại là chứng minh nếu (*n) đúng thì (*(n+1)) cũng đúng (với mọi n).

(*(n+1)) là: (*n) 1^2 + 2^2 + \hdots + n^2 + (n+1)^2 = (n+1)^3/3 + (n+1)^2/2 + (n+1)/6
Dùng (*n), ta có thể viết vế bên trái của  (*(n+1)) thành

(7) 1^2 + 2^2 + \hdots + n^2 + (n+1)^2 = (n^3/3 + n^2/2 + n/6) + (n+1)^2 = n^3/3 + n^2/2 + n/6 + n^2 + 2n + 1

Mặt khác, vế bên phải của (*(n+1)) là:

(8) (n+1)^3/3 + (n+1)^2/2 + (n+1)/6 = (n^3 + 3n^2 + 3n+1)/3 + (n^2 + 2n+1)/2 + (n+1)/ 6 = n^3/3 + n^2 + n + 1/3 + n^2/2 + n + 1/2 + n/6 + 1/6 = n^3/3 + n^2 + 2n + n^2/2 + n/6 + 1

So sánh (7) với (8), ta thấy vế trái và vế phải của (*(n+1)) bằng nhau, như vậy là nếu (*n) đúng thì (*(n+1)) cũng đúng. và thế là ta đã chứng minh được công thức tổng quát (*n) theo qui nạp.

Bài tập

1) Hãy tính k^2 + (k+a)^2 + (k+2a)^2 + \hdots + (k+na)^2

2) Hãy tính 1^3 + 2^3 + \hdots + n^3

 

 

 

Print Friendly
 

3 comments to Các bài giảng về toán cho Mirella (11)

  • shakhi MonsterID Icon shakhi

    Trong thực tế, luôn phải đánh giá độ chệch giữa một dãy số chuẩn mực (hay còn gọi là tín hiệu huấn luyện) với kết quả của 1 phép biến đổi tuyến tính nào đó. Nếu chệch nhiều thì chỉnh các trong số nhiều, nếu chệch ít thì chỉnh ít, sao cho độ lệch là nhỏ nhất.
    Để phản ảnh độ chệch tại 1 thời điểm, thường thì sử dụng độ đo là bình phương của 1 hiệu, chỉ để tránh số âm rất nhỏ nhưng độ lệch lại rất lớn.
    Trên thực tế thì việc đánh giá lại là lấy trên 1 quãng, do đó cần lấy trung bình cộng của tổng của n số thực bình phương. Em rất thích bài giảng này nếu độ cao của mỗi tầng không phải là 1 mà là số thực bất kỳ, là một biến ngẫu nhiên có phân phối nào đó.

  • Tính những tổng này dùng công thức Euler-Maclaurin cũng được.

  • [...] dụng công thức tính tổng vào đây ta [...]

Leave a Reply

  

  

  

You can use these HTML tags

<a href="" title=""> <abbr title=""> <acronym title=""> <b> <blockquote cite=""> <cite> <code> <del datetime=""> <em> <i> <q cite=""> <strike> <strong>

Spam Protection by WP-SpamFree