Dãy số, cấp số cộng, cấp số nhân

Ghép số hạng đầu với số hạng cuối, số hạng thứ hai với số hạng áp cuối, v.v., luôn cho cùng một tổng cặp $u_1+u_n$, vì tiến một bước từ đầu tốn đúng $d$ còn lùi một bước từ cuối lại được thêm đúng $d$ — hai thay đổi này triệt tiêu nhau. Đây chính là mẹo mà cậu bé Gauss được kể lại đã dùng để cộng $1+2+\cdots+100$ trong vài giây.

Viết tổng theo thứ tự thuận rồi theo thứ tự ngược, số hạng nọ dưới số hạng kia: $S_n = u_n + u_{n-1} + \cdots + u_1$ chính là cùng một tổng, chỉ liệt kê theo thứ tự ngược lại, nên việc viết nó ngay dưới tổng thuận $S_n=u_1+u_2+\cdots+u_n$ rồi cộng hai đẳng thức theo từng cột là hợp lệ.

Xét cột thứ $k$ của phép cộng đó: đó là $u_k+u_{n+1-k}$. Vì $u_k=u_1+(k-1)d$ và $u_{n+1-k}=u_1+(n-k)d$, cộng chúng lại cho $u_k+u_{n+1-k}=2u_1+(n-1)d=u_1+u_n$. Vậy cả $n$ cột đều cho ra đúng cùng một giá trị $u_1+u_n$, bất kể $k$ — đây chính là sự triệt tiêu đã nói ở trên.

Cộng cả $n$ cột lại, ta được $2S_n = n(u_1+u_n)$, vì vế trái là $S_n+S_n$ còn vế phải là $n$ lần hằng số $u_1+u_n$.

Chia cả hai vế cho $2$ ta được $S_n=\dfrac{n(u_1+u_n)}{2}$. Thay $u_n=u_1+(n-1)d$ vào biểu thức này và khai triển, ta được dạng thứ hai $S_n=nu_1+\dfrac{n(n-1)}{2}d$, hữu ích khi chưa biết $u_n$. Lập luận này không hề chia cho một đại lượng có thể bằng $0$, và không giả sử $n$ chẵn (việc ghép cặp chỉ là phép cộng đại số theo cột, không phải ghép cặp vật lý các phần tử), nên nó đúng với mọi $n\geq 1$.

Nhân toàn bộ tổng $S_n$ với $q$ chỉ đơn giản là dịch mỗi số hạng sang một vị trí, nên khi lấy $S_n$ trừ $qS_n$, hầu hết các số hạng triệt tiêu theo kiểu "kính viễn vọng", chỉ còn lại số hạng đầu tiên và số hạng cuối cùng (đã dịch). Khi $|q|<1$, việc nhân liên tiếp với $q$ làm một đại lượng co về $0$, nên khi cho $n\to\infty$, số hạng còn sót lại $u_1q^n$ đơn giản biến mất và công thức hữu hạn trở thành một số cố định.

Bắt đầu từ định nghĩa $S_n = u_1+u_1q+u_1q^2+\cdots+u_1q^{n-1}$. Nhân cả hai vế với $q$: $qS_n = u_1q+u_1q^2+\cdots+u_1q^{n-1}+u_1q^n$. Mọi số hạng của $qS_n$, trừ số hạng cuối $u_1q^n$, đều đã xuất hiện trong $S_n$ nhưng lệch đi một vị trí.

Lấy hiệu: $S_n-qS_n$ triệt tiêu mọi số hạng chung $u_1q,u_1q^2,\dots,u_1q^{n-1}$, chỉ còn lại số hạng đầu của $S_n$ (là $u_1$) trừ số hạng cuối của $qS_n$ (là $u_1q^n$). Điều này cho đúng $(1-q)S_n = u_1 - u_1 q^n$, nghĩa là $(1-q)S_n=u_1-u_1q^n$.

Nếu $q\neq 1$, chia cả hai vế cho $1-q$ (hợp lệ vì $1-q\neq 0$) ta được $S_n = u_1\cdot\dfrac{1-q^n}{1-q}\quad (q\neq 1)$. Nếu ngược lại $q=1$, đẳng thức kính viễn vọng trở thành $0\cdot S_n=0$, không cho thông tin gì, nên trường hợp này phải xử lý trực tiếp từ định nghĩa: mọi số hạng đều bằng $u_1$, nên $S_n=nu_1$.

Cuối cùng, xét $|q|<1$ và cho $n\to\infty$ trong công thức $S_n=u_1\cdot\dfrac{1-q^n}{1-q}$: vì $|q|<1$ kéo theo $q^n\to 0$ khi $n$ tăng, tử số $1-q^n\to 1$, nên $S_n\to \dfrac{u_1}{1-q}$. Giới hạn này chính là $S = \dfrac{u_1}{1-q}\quad (|q|<1)$, tổng của cấp số nhân vô hạn; còn nếu $|q|\geq 1$ thì $q^n$ không co về $0$ (nó tăng hoặc giữ độ lớn không đổi), nên trong trường hợp đó tổng vô hạn không tồn tại như một số hữu hạn.