Chứng minh rằng:
$\frac{1}{C_{2017}^{1}}+\frac{1}{C_{2017}^{2}}+...+\frac{1}{C_{2017}^{2017}}=\frac{1009}{2017}.(\frac{1}{C_{2016}^{0}}+\frac{1}{C_{2016}^{1}}+...+\frac{1}{C_{2016}^{2016}})$
Chứng minh rằng:
$\frac{1}{C_{2017}^{1}}+\frac{1}{C_{2017}^{2}}+...+\frac{1}{C_{2017}^{2017}}=\frac{1009}{2017}.(\frac{1}{C_{2016}^{0}}+\frac{1}{C_{2016}^{1}}+...+\frac{1}{C_{2016}^{2016}})$
Hôm nay thi xong. Căn bản là mệt!!!
Trước tiên ta nhận thấy $C_n^k = \dfrac{n}{k}C_{n-1}^{k-1}$. Điều này dễ thấy bằng cách biến đổi tương đương. Khi đó:
\[\frac{1}{{C_{2017}^1}} + \frac{1}{{C_{2017}^2}} + ... + \frac{1}{{C_{2017}^{2017}}} = \sum\limits_{i = 1}^{2017} {\frac{1}{{C_{2017}^i}}} = \sum\limits_{i = 1}^{2017} {\frac{i}{{2017}} \cdot \frac{1}{{C_{2016}^{i - 1}}}} = \frac{1}{{2017}} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{2017} {\frac{i}{{C_{2016}^{i - 1}}}} , (*)\]
Xét \[A= \sum\limits_{i = 1}^{2017} {\frac{i}{{C_{2016}^{i - 1}}}} = \frac{1}{{C_{2016}^0}} + \frac{2}{{C_{2016}^1}} + ... + \frac{{2016}}{{C_{2016}^{2015}}} + \frac{{2017}}{{C_{2016}^{2016}}}\]
Áp dụng tính của tổ hợp ta có: $C_{2016}^i = C_{2016}^{2016-i}, i = \overline{1,2016}$. Áp dụng vào $A$, ta được:
$$A = \sum\limits_{i = 1}^{2017} {\frac{i}{{C_{2016}^{i - 1}}}} = 1009 \cdot \left[ {\left( {\frac{1}{{C_{2016}^0}} + \frac{1}{{C_{2016}^{2016}}}} \right) + \left( {\frac{1}{{C_{2016}^1}} + \frac{1}{{C_{2016}^{2015}}}} \right) + ... + \left( {\frac{1}{{C_{2016}^{1007}}} + \frac{1}{{C_{2016}^{1009}}}} \right) + \frac{1}{{C_{2016}^{1008}}}} \right] $$
$$= 1009 \cdot \sum\limits_{i = 1}^{2017} {\frac{1}{{C_{2016}^{i - 1}}}} (**)$$
Thay $(**)$ vào $(*)$ ta được đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phunguyen: 01-01-2017 - 17:23
phải là $\frac{2018}{2017}$
À đúng rồi
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh