Đi kèm với ký hiệu $\sum$ là các $i,j,k,...$ biến nguyên mô tả phương thức lấy tổng.
Trong bài viết này, tôi chỉ đề cập tới một dạng ký hiệu quen thuộc đó là
$\boxed{\sum\limits_{k=m}^n f(k) = f(m)+f(m+1)+\cdots + f(n);\quad (n>m)}\qquad(1)$
Trong đó $k$ là biến chỉ số, ở đây gọi là biến chạy: Biến chạy mô tả phương thức lấy tổng mà nó duyệt qua; $k$ chạy liên tục từ $m$ đến $n;\;(n>m);\;(k,m,n \in \mathbb{Z})$; còn $f(k) $ là hàm cần lấy tổng.
Định nghĩa đơn giản là thế, nhưng để tính toán với ký hiệu này $($ mà không phải diễn tả đầy đủ như ở vế phải của $(1))$ có thể nhiều bạn chưa biết đến những kỹ thuật cơ bản, mà tôi tạm gọi bằng những cái tên sau đây:
$\boxed{\text{Đảo chiều}}$
$$\boxed{\sum\limits_{k=m}^n f(k)=\sum\limits_{k=m}^n f(n+m-k)}\qquad(2)$$
Nội dung: Thay biến chạy $k$ trong hàm lấy tổng bằng chỉ số trên cộng với chỉ số dưới trừ đi nó.
$\boxed{\text{Tịnh tiến}}$
$$\boxed{\sum\limits_{k=m}^n f(k)=\sum\limits_{k=m\pm r}^{n\pm r} f(k\mp r)}\qquad(3)$$
Ý nghĩa: Với tổng số số hạng không đổi ta có thể đếm trên các đoạn tương đương có cùng chiều dài
$\boxed{\text{Hiệu chung đỉnh}}$
$$\boxed{\sum\limits_{k=m}^n f(k)=\sum\limits_{k=m}^{p} f(k)-\sum\limits_{k=n+1}^{p} f(k);\;(p>n)}\qquad(4)$$
$\boxed{\text{Hiệu chung gốc}}$
$$\boxed{\sum\limits_{k=m}^n f(k)=\sum\limits_{k=p}^{n} f(k)-\sum\limits_{k=p}^{m-1} f(k);\;(p<m)}\qquad(5)$$
Các tính chất trên đều dễ dàng chứng minh được từ định nghĩa. Một mở rộng của phương pháp tịnh tiến và phương pháp đảo chiều đó là:
$\boxed{\text{Đổi biến ngược}}$
$$\boxed{\sum\limits_{k=m}^n f(k)=\sum\limits_{k=p-n}^{p-m} f(p-k)=\sum\limits_{k=p-n}^{p-m} f(k+m+n-p)}\qquad(6)$$
Đặt $r=p-k \Leftrightarrow k=p-r$
Khi $k=m$ thì $r=p-m$; khi $k=n$ thì $r=p-n$
Chú ý rằng $p-n<p-m$ thay vào Vế trái rồi đổi tên $r$ thành $k$ ta có biểu thức ở giữa.
Áp dụng $(2)$ cho biểu thức ở giữa ta được Vế Phải.
Đối với tổng đan dấu ta hay sử dụng cách nhóm các số hạng cùng dấu với nhau đó là phương pháp
$\boxed{\text{Tách chẵn lẻ}}$
$$\boxed{\sum\limits_{k=m}^n f(k)=\sum\limits_{k=\left\lfloor \frac{m}{2}\right\rfloor}^{\left\lfloor \frac{n-1}{2}\right\rfloor} f(2k+1)+\sum\limits_{k=\left\lfloor \frac{m+1}{2}\right\rfloor}^{\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor} f(2k)}\qquad(7)$$
(Đề nghị các bạn tự chứng minh công thức này)
Ngoài ra, trường hợp tổng quát của phương pháp tách chẵn lẻ còn có phương pháp $\boxed{\text{Phân đoạn}}$
Trong phương pháp phân đoạn lại có phân đoạn theo mô đun, phân đoạn theo đa thức, ...
Tạm gác vấn đề lại ở đây với một ví dụ đơn giản:
$\begin{array}{ | c | }
\hline
\boxed{\textbf{Tính tổng sau}}\\
S=\sum\limits_{k=1}^n \left((-1)^k(k-2n)\right)\\
\hline
\end{array}$
Lời giải:
Áp dụng $(7)$ ta có:
$S = \sum\limits_{k=1}^n \left((-1)^k(k-2n)\right) = \sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n-1}{2}\right\rfloor} \left((-1)^{2k+1}(2k+1-2n)\right)+\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor} \left((-1)^{2k}(2k-2n)\right) $ $\Rightarrow S=\sum\limits_{k=0}^{n-1-\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor} \left(2n-1-2k\right)+\sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor} \left(2k-2n\right)$
$\Rightarrow S = (2n-1)\left(n-\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor\right) - \left(n-1-\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor\right)\left(n-\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor\right) - 2n\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor + \left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor\left(\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor+1\right) $
$\Rightarrow S = n^2-2n\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor$
Lưu ý: Có thể thay $\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor=\dfrac{2n-1+(-1)^n}{4}$ vào đẳng thức trên để kiểm tra kết quả
___________________________________________________________________________
P/s: Cái này phải đọc từ từ thôi, không dễ tẩu hỏa nhập ma lắm
Tôi sẽ cố gắng tìm kiếm một số bài tập tính toán tổng, để các bạn vận dụng các phương pháp này
