Chủ đề này có 84 trả lời

[hxthanh]

Những "cục xương" khó nuốt trôi bao gồm:
 

Bài toán 10: Tính $S=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(k+a)^{k-1}(n-k+b)^{n-k-1} \quad (a,b \in \mathbb{N^*})$.

 

Bài toán 20: Chứng minh rằng $\sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{1}{{1 + {F_{2k + 1}}}}}  = \frac{{\sqrt 5 }}{2}$
 
Bài toán 21: Chứng minh rằng $\sum\limits_{k = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}}}{{F_1^2 + F_2^2 + ... + F_k^2}}}  = \frac{{\sqrt 5 -1}}{2}$
 
Trong đó $F_{k}$ là số thứ $k$ trong dãy Fibonacci được xác định bởi $\left\{ \begin{array}{l}{F_0} = 0;{F_1} = 1\\{F_{n + 2}} = {F_{n + 1}} + {F_n} \quad (n \in \mathbb{N})\end{array} \right.$

 

Bài toán 24 (Khuyến khích phương pháp Hàm sinh )
Tính tổng:
$S=\sum_{k=0}^{n} {2n+k\choose 3k}$

 
Một bài toán còn tồn đọng:

Bài toán 26
Cho $p$ là số nguyên tố lẻ
Tính tổng:
$S=\sum_{k=1}^{p-1}(-1)^k(2k-p)\left\lfloor\frac{k^3}{p}\right\rfloor$

 

 

Và bây giờ là đề mới:

 

Bài toán 27

Ký hiệu giai thừa cách đôi

$\qquad(2n)!!=(2n)(2n-2)...2$

và $\quad(2n-1)!!=(2n-1)(2n-3)...1$

cùng quy ước $(-1)!!=0!!=1$

 

Hãy tính tổng sau:

$S=\sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^k (2n+2k-1)!!}{(2n+2k+2)!!}$

 

Bài toán 28

Chứng minh đẳng thức (khá hữu dụng) sau:

$S=\sum_{k=0}^n \dfrac{\displaystyle (-1)^k {n\choose k} {x+k\choose k}}{\displaystyle {y+k\choose k}}=\dfrac{(y-x)_n}{(y+1)_n}$

 

Với ký hiệu Pochammer (lũy thừa tăng)

$(x)_n=\underbrace{x(x+1)...(x+n-1)}_{n \text{ thừa số }}$

Quy ước $(x)_0=1,\quad(x\ne 0)$

 

Bài toán 29

Dãy các số điều hòa $H_m$ được định nghĩa như sau:

$\begin{cases}\displaystyle H_0=0\\ \displaystyle H_m=\sum_{k=1}^m \frac{1}{k}\end{cases}$

 

Chứng minh đẳng thức:

$\sum_{k=0}^n \dfrac{\displaystyle (-1)^k {n\choose k}H_k}{\displaystyle{m+k\choose k}}=\dfrac{m}{m+n}\left(H_{m-1}-H_{m+n-1}\right)$

[nthoangcute]

Bài toán 10: Tính $S=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(k+a)^{k-1}(n-k+b)^{n-k-1} \quad (a,b \in \mathbb{N^*})$.

 

$$S=\sum^n_{k=0} \binom{n}{k} (k+a)^{k-1} (n-k+b)^{n-k-1}\\=\sum^n_{k=0} (-1)^k\binom{n}{k} (-1)^k(k+a)^{k-1} (n-k+b)^{n-k-1}\\=\sum ^n_{k=0} (-1)^k(k+a)^{k-1} (n-k+b)^{n-k-1} \Delta \left [ (-1)^{k-1} \binom{n-1}{k-1} \right ]\\=-\sum^n_{k=0} (-1)^{k} \binom{n-1}{k} \Delta^{-1} \left [(-1)^k(k+a)^{k-1} (n-k+b)^{n-k-1}  \right ]\\=\sum^n_{k=0} (-1)^k \binom{n-2}{k} \Delta^{-2}\left [(-1)^k(k+a)^{k-1} (n-k+b)^{n-k-1}  \right ]\\= - \sum^n_{k=0} (-1)^k \binom{n-3}{k} \Delta^{-3}\left [(-1)^k(k+a)^{k-1} (n-k+b)^{n-k-1}  \right ]\\=...\\=(-1)^t \sum^n_{k=0} (-1)^k \binom{n-t}{k} \Delta^{-t}\left [(-1)^k(k+a)^{k-1} (n-k+b)^{n-k-1}  \right ]\\=...$$

Ta có:

 

$$\Delta^{-1} f(k)=f(k+1)-f(k)\\\Delta^{-2} f(k)=f(k+2)-2f(k+1)+f(k)\\\Delta^{-3}f(k)=f(k+3)-3f(k+2)+3f(k+1)-f(k)\\\Delta^{-4}f(k)=f \left( k+4 \right) -4\,f \left( k+3 \right) +6\,f \left( k+2 \right) -4\,f \left( k+1 \right) +f \left( k \right) \\...\\\Delta^{-t}f(k)=\sum_{i=0}^t (-1)^{t-i} f(k+i) \binom{t}{i}$$

 

Cuối cùng cũng tìm ra được đường đi tiếp theo:

 

Từ đẳng thức trên, ta viết gọn thành:

$$S\\=(-1)^n \sum^n_{k=0} \left ( (-1)^k \binom{n-t}{k} \sum _{i=0}^{t} \left( -1 \right) ^{t+k}  \left( k+i+a \right) ^{k+i-1} \left( n-k-i+b \right) ^{n-k-i-1}{t\choose i}\right )\;\;\;\;\;\;\;\; (1)$$

 

Lần cuối, mọi người thử xem có đúng không ?

Lưu ý: $$(a+b+n)^{n-1}=(a+k+i+n-k-i+b)^{n-1}= \sum_{j=0}^{n-1} (a+k+i)^j(n-k-i+b)^{n-1-j} \binom{n-1}{j}$$

 

Vì đẳng thức $(1)$ đúng với mọi t, suy ra cho $t=n-1$ thì đẳng thức trở thành:

$$S=(-1)^n \sum^n_{k=0} \left ( (-1)^k \binom{n-t}{k} \sum _{i=0}^{t} \left( -1 \right) ^{t+k}  \left( k+i+a \right) ^{k+i-1} \left( n-k-i+b \right) ^{n-k-i-1}{t\choose i}\right )$$

Dễ thấy:

$$\sum^n_{k=0} \left ( (-1)^k \binom{n-t}{k} \sum _{i=0}^{t} \left( -1 \right) ^{t+k}  \left( k+i+a \right) ^{k+i-1}\left( n-k-i+b \right) ^{n-k-i-1}{t\choose i}\right )=\sum _{i=0}^{n-1} \left( -1 \right) ^{n-1}  \left( a+i \right) ^{i-1} \left( n-i+b \right) ^{n-1-i}{n-1\choose i}\\-\sum _{i=0}^{n-1} \left( -1 \right) ^{n}  \left( a+i+1 \right) ^{i} \left( n-i-1+b \right) ^{n-2-i}{n-1\choose i}$$

 

Ta thấy rằng:

$$\sum _{i=0}^{n-1} \left( -1 \right) ^{n-1} \left( a+i \right) ^{i-1} \left( n-i+b \right) ^{n-1-i}{n-1\choose i}=-{\frac { \left( a+n+b \right) ^{n-1}}{a}}$$

và $$-\sum _{i=0}^{n-1} \left( -1 \right) ^{n} \left( n-i-1+b \right) ^{n-2-i} \left( a+i+1 \right) ^{i}{n-1\choose i}={\frac { \left( a+n+b \right) ^{n-1}}{b}}$$

 

Suy ra $$S=\frac{(a+b+n)^{n-1} (a+b)}{ab}$$

 

________________________

@hxthanh: Ảo quá!

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 20-04-2013 - 21:59

[nthoangcute]

Bài toán 29

Dãy các số điều hòa $H_m$ được định nghĩa như sau:

$\begin{cases}\displaystyle H_0=0\\ \displaystyle H_m=\sum_{k=1}^m \frac{1}{k}\end{cases}$

 

Chứng minh đẳng thức:

$\sum_{k=0}^n \dfrac{\displaystyle (-1)^k {n\choose k}H_k}{\displaystyle{m+k\choose k}}=\dfrac{m}{m+n}\left(H_{m-1}-H_{m+n-1}\right)$

 

 

 

Ta thấy:

$$\left\{\begin{matrix}{\dfrac { \left( -1 \right) ^{k}{n\choose k}}{{m+k\choose k}}}=\Delta \left [ {\dfrac { \left( m+k \right)  \left( -1 \right) ^{k-1}{n\choose k}}{ \left( n+m \right) {m+k\choose k}}} \right ]\\\Delta[H_k]=\dfrac{1}{k+1}\end{matrix}\right.\\\Rightarrow S=-\frac{n}{m+n}-\sum_{k=0}^n {\dfrac { \left( m+k+1 \right)  \left( -1 \right) ^{k}{n\choose 1+k}}{ \left( n+m \right) {m+k+1\choose 1+k} \left( 1+k \right) }}\\=-\frac{n}{m+n}-\frac{1}{m+n}\sum^n_{k=0} \dfrac{(-1)^k \binom{n}{k+1}}{  \binom{m+k}{k}}$$

Giờ chỉ cần tính $$P=\sum^n_{k=0} \dfrac{(-1)^k \binom{n}{k+1}}{  \binom{m+k}{k}}\\\left\{\begin{matrix}(-1)^k \binom{n}{k+1}=\Delta \left [ {\dfrac { \left( 1+k \right)  \left( -1 \right) ^{k-1}{n\choose 1+k}}{n}} \right ]\\  \Delta \left [ \dfrac{1}{\binom{n+k}{k}} \right ]=-{\dfrac {m}{ \left( m+k+1 \right) {m+k\choose k}}}\Rightarrow P=...\end{matrix}\right.$$

 

Từ đó ta có thể chứng minh được:

$$P=m H_{m+n-1}-mH_{m-1}$$

Em đang bận nên tí nữa làm tiếp

[hxthanh]

Đẳng thức mà nthoangcute tìm được sau một hồi biến đổi lòng vòng đơn giản chỉ là

 

\begin{align*}S&=\sum_{k=0}^n{n\choose k}(k+a)^{k-1}(n-k+b)^{n-k-1}\\&=\sum_{k=0}^{n-1}{n-1\choose k}(k+a)^{k-1}(n-k+b)^{n-k-1}+\sum_{k=0}^{n-1}{n-1\choose k}(k+1+a)^{k}(n-1-k+b)^{n-k-2}\end{align*}

 

Thực chất chỉ cần tách ${n\choose k}={n-1\choose k-1}+{n-1\choose k}$ là sẽ được 2 tổng này:

Sau đó không biết em dựa vào đâu mà đưa ra nhận định "ta thấy rằng":

 

$\sum_{k=0}^{n-1}{n-1\choose k}(k+a)^{k-1}(n-k+b)^{n-k-1}=\dfrac{(a+b+n)^{n-1}}{a}$

và $\sum_{k=0}^{n-1}{n-1\choose k}(k+1+a)^{k}(n-1-k+b)^{n-k-2}=\dfrac{(a+b+n)^{n-1}}{b}$

 

???

[dark templar]

Bài toán 27

Ký hiệu giai thừa cách đôi

$\qquad(2n)!!=(2n)(2n-2)...2$

và $\quad(2n-1)!!=(2n-1)(2n-3)...1$

cùng quy ước $(-1)!!=0!!=1$

 

Hãy tính tổng sau:

$S=\sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^k (2n+2k-1)!!}{(2n+2k+2)!!}$

 

Bài toán 28

Chứng minh đẳng thức (khá hữu dụng) sau:

$S=\sum_{k=0}^n \dfrac{\displaystyle (-1)^k {n\choose k} {x+k\choose k}}{\displaystyle {y+k\choose k}}=\dfrac{(y-x)_n}{(y+1)_n}$

 

Với ký hiệu Pochammer (lũy thừa tăng)

$(x)_n=\underbrace{x(x+1)...(x+n-1)}_{n \text{ thừa số }}$

Quy ước $(x)_0=1,\quad(x\ne 0)$

Spoiler

Bài 29 chưa xem lời giải của Việt,để xem còn cách nào không ?

**********

Bài 27 này đến đâu hay đến đó vậy,...

Trước tiên ta có:

 

\[\begin{array}{l}\left( {2n + 2k + 2} \right)!! = {2^{n + k + 1}}\left( {n + k + 1} \right)!\\\left( {2n + 2k - 1} \right)!! = \frac{{\left( {2n + 2k} \right)!}}{{{2^{n + k}}\left( {n + k} \right)!}}\end{array}\]

 

Do đó:

\[\begin{eqnarray*}S &=& \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {2n + 2k} \right)!}}{{{2^{n + k}}{{.2}^{n + k + 1}}\left( {n + k} \right)!\left( {n + k + 1} \right)!}}} \\&=& \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{2}\sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( {\frac{{ - 1}}{4}} \right)}^{n + k}}\frac{1}{{n + k + 1}}\binom{2n + 2k}{n + k}} \\&=& \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{2}\sum\limits_{k = n}^{2n} {{{\left( {\frac{{ - 1}}{4}} \right)}^k}\frac{1}{{k + 1}}\binom{2k}{k}} &\text{(Tịnh tiến)} \end{eqnarray*}\]

 

Để ý rằng:

 

\[\begin{eqnarray*}\frac{1}{{{4^k}}}\binom{2k}{k} - \frac{1}{{{4^{k + 1}}}}\binom{2k + 2}{k + 1} &=& \frac{1}{{{4^k}}}\left[ {\binom{2k}{k} - \frac{1}{4}.\frac{{2k + 2}}{{k + 1}}\binom{2k + 1}{k}} \right] &\text{(Quy tắc hút)}\\&=& \frac{1}{{{4^k}}}\left[ {\binom{2k}{k} - \frac{1}{2}.\frac{{2k + 1}}{{k + 1}}\binom{2k}{k}} \right] &\text{(Quy tắc lùi cơ số)}\\&=& \frac{1}{{{{2.4}^k}\left( {k + 1} \right)}}\binom{2k}{k}\end{eqnarray*}\]

 

Nên theo SPTP:

 

\[\begin{array}{rcl}S &=& {\left( { - 1} \right)^n}\sum\limits_{k = n}^{2n} {{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}\Delta \left[ {\frac{1}{{{4^k}}}\binom{2k}{k}} \right]} \\&=& {\left( { - 1} \right)^n}\left\{ {\left[ {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}}}{{{4^k}}}\binom{2k}{k}} \right]_{k = n}^{2n + 1} + \frac{1}{2}\sum\limits_{k = n}^{2n} {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}}}{{{4^k}}}\binom{2k + 2}{k + 1}} } \right\}\\&=& {\left( { - 1} \right)^n}\left[ {\frac{1}{{{4^{2n + 1}}}}\binom{4n + 2}{2n + 1} + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{4^n}}}\binom{2n}{n} - \sum\limits_{k = n}^{2n} {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{{4^k}}}\binom{2k + 1}{k}} } \right]\end{array}\]

 

Đến đây thì em ... tắc rồi,sử dụng hàm sinh thì ra khai triển hàm $\frac{1}{(1-t)\sqrt{1+t}}$...

 

 

 

**********

Ý tưởng giải bài 28:

Spoiler

Biểu thức $(-1)^{k}\binom{n}{k}$ gợi cho ta nghĩ ngay đến sai phân từng phần.

Lời giải bài 28:

Trước tiên,ta thực hiện chút biến đổi:

 

\[\begin{array}{rcl}S &=& \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}\dbinom{n}{k}\dbinom{x + k}{k}}}{{\dbinom{y + k}{k}}}} \\&=& \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}\dbinom{n}{k}\left( {x + k} \right)!y!k!}}{{x!k!\left( {y + k!} \right)}}} \\&=& \frac{{y!}}{{x!}}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}\dbinom{n}{k}\left( {x + k} \right)!}}{{\left( {y + k} \right)!}}} \\&=& \frac{{y!}}{{x!}}S\left( {x,y,n} \right)\end{array}\]

 

Để ý rằng:

\[\left\{ \begin{array}{l}{\left( { - 1} \right)^k}\binom{n}{k} = \Delta \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}\binom{n - 1}{k - 1}} \right]\\\Delta \left[ {\frac{{\left( {x + k} \right)!}}{{\left( {y + k} \right)!}}} \right] = \frac{{\left( {x - y} \right)\left( {x + k} \right)!}}{{\left( {y + k + 1} \right)!}}\end{array} \right.\]

 

Nên theo SPTP:

\[\begin{array}{rcl}S\left( {x,y,n} \right) &=& \left[ {\frac{{\left( {x + k} \right)!}}{{\left( {y + k} \right)!}}{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}\binom{n - 1}{k - 1}} \right]_{k = 0}^{n + 1} - \left( {x - y} \right)\sum\limits_{k = 0}^{n-1} {{{\left( { - 1} \right)}^k}\binom{n - 1}{k}\frac{{\left( {x + k} \right)!}}{{\left( {y + k + 1} \right)!}}} \\&=& \left( {y - x} \right)S\left( {x,y + 1,n - 1} \right)\\&=& \left( {y - x} \right)\left( {y - x + 1} \right)S\left( {x,y + 2,n - 2} \right)\\&=& ... = {\left( {y - x} \right)_n}S\left( {x,y + n,0} \right)\\&=& \frac{{{{\left( {y - x} \right)}_n}x!}}{{\left( {y + n} \right)!}}\end{array}\]

 

Do đó:

\[S = \frac{{y!}}{{x!}}S\left( {x,y,n} \right) = \frac{{y!{{\left( {y - x} \right)}_n}}}{{\left( {y + n} \right)!}} =\boxed{\displaystyle  \frac{{{{\left( {y - x} \right)}_n}}}{{{{\left( {y + 1} \right)}_n}}}}\]

_______________________________

@hxthanh: Có khi bài 27 phải bỏ $(-1)^k$ đi quá . Còn bài 26, mang tính chất "lừa tình" mà không ai giải à?

@Dark templar: Bài 27 anh có lời giải không ạ ? Em tính toán cả buổi chiều bằng hàm sinh mà vẫn bí :(Em đang tính sử dụng đến khai triển số phức... Còn bài 26,em nhớ cái dấu phần nguyên có mũ 2 mà ? Bài đó em chưa biết phá dấu phần nguyên làm sao...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 27-04-2013 - 16:51

[dark templar]

Bài toán 26

Cho $p$ là số nguyên tố lẻ

Tính tổng:

$S=\sum_{k=1}^{p-1}(-1)^k(2k-p)\left\lfloor\frac{k^3}{p}\right\rfloor$

Spoiler

Đáp số là $S=\dfrac{(p-1)(p+1)(2p-5)}{4}$

Ý tưởng giải:

Spoiler

Dựa vào phương pháp đảo chiều và đẳng thức hiển nhiên $\left\lfloor {n + \alpha } \right\rfloor  = n + \left\lfloor \alpha  \right\rfloor $ với $n \in \mathbb{Z}$ và $\alpha \in \mathbb{R}$.

Lời giải bài 26:

Theo phương pháp đảo chiều thì:

 

\[\begin{array}{rcl}S &=& \sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {2k - p} \right)\left\lfloor {\frac{{{k^3}}}{p}} \right\rfloor } \\&=& \sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^p}{{\left( { - 1} \right)}^k}\left[ {2\left( {p - k} \right) - p} \right]\left\lfloor {\frac{{{{\left( {p - k} \right)}^3}}}{p}} \right\rfloor } \\&=& \sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {2k - p} \right)\left\lfloor {\frac{{{{\left( {p - k} \right)}^3}}}{p}} \right\rfloor } \\\Rightarrow 2S &=& \sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {2k - p} \right)\left( {\left\lfloor {\frac{{{k^3}}}{p}} \right\rfloor  + \left\lfloor {\frac{{{{\left( {p - k} \right)}^3}}}{p}} \right\rfloor } \right)} \end{array}\]

 

Để ý rằng:

\[\begin{array}{rcl}\left\lfloor {\frac{{{{\left( {p - k} \right)}^3}}}{p}} \right\rfloor  &=& \left\lfloor {\frac{{{p^3} - 3kp\left( {p - k} \right) - {k^3}}}{p}} \right\rfloor \\&=& {p^2} + 3{k^2} - 3kp + \left\lfloor {\frac{{ - {k^3}}}{p}} \right\rfloor \\&=& {p^2} + 3{k^2} - 3kp - 1 - \left\lfloor {\frac{{{k^3}}}{p}} \right\rfloor \\\Rightarrow  \left\lfloor {\frac{{{k^3}}}{p}} \right\rfloor  + \left\lfloor {\frac{{{{\left( {p - k} \right)}^3}}}{p}} \right\rfloor  &=& {p^2} + 3{k^2} - 3kp - 1\end{array}\]

 

Và nhân tung tóe vào,ta sẽ có:

 

\[\begin{array}{rcl}2S &=& \sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {6{k^3} - 9{k^2}p + 5k{p^2} - 2k - {p^3} + p} \right)} \\&=& 6\underbrace {\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^k}{k^3}} }_{ = {S_1}} - 9p\underbrace {\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^k}{k^2}} }_{ = {S_2}}\\&+& \left( {5{p^2} - 2} \right)\underbrace {\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^k}k} }_{ = {S_3}} + \left( {p - {p^3}} \right)\underbrace {\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^k}} }_{ = {S_4}}\end{array}\]

 

Xét tổng con đơn giản nhất là $S_4$ thì:

\[{S_4} = \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\Delta \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}} \right]}  = \left[ {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}}}{2}} \right]_{k = 1}^p =0\]

 

Tiếp đến là $S_3$:

\[{S_3} = \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\Delta \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}} \right]k}  = \left[ {\frac{{k{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}}}{2}} \right]_{k = 1}^p - \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^k}}  = \frac{{p - 1}}{2} - \frac{1}{2}{S_4} = \frac{{p - 1}}{2}\]

 

Tiếp đến là $S_2$:

 

\[\begin{array}{rcl}{S_2} &=& \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\Delta \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}} \right]{k^2}}  = \left[ {\frac{{{k^2}{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}}}{2}} \right]_{k = 1}^p - \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {2k + 1} \right)} \\&=& \frac{{{p^2} - 1}}{2} - {S_3} - \frac{1}{2}{S_4} = \frac{{p\left( {p - 1} \right)}}{2}\end{array}\]

 

Cuối cùng là $S_1$:

\[\begin{array}{rcl}{S_1} &=& \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {\Delta \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}} \right]{k^3}}  = \left[ {\frac{{{k^3}{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}}}{2}} \right]_{k = 1}^p - \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^{p - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {3{k^2} + 3k + 1} \right)} \\&=& \frac{{{p^3} - 1}}{2} - \frac{3}{2}{S_2} - \frac{3}{2}{S_3} - \frac{{{S_4}}}{2}\\&=& \frac{{{2(p^3} - 1) - 3p\left( {p - 1} \right) - 3\left( {p - 1} \right)}}{4}\\&=& \frac{{\left( {p - 1} \right)^2\left( {2p +1} \right)}}{4}\end{array}\]

 

Do đó tổng cần tính sẽ là:

\[\begin{array}{rcl}S &=& \frac{{3\left( {p - 1} \right)^2\left( { 2p +1} \right)}}{4} - \frac{{9{p^2}\left( {p - 1} \right)}}{4} + \frac{{\left( {5{p^2} - 2} \right)\left( {p - 1} \right)}}{4}\\&=& \frac{{\left( {p - 1} \right)\left( {6{p^2} - 3p - 3 - 9{p^2} + 5{p^2} - 2} \right)}}{4}\\&=& \frac{{\left( {p - 1} \right)\left( {{2p^2} - 5 - 3p} \right)}}{4}\\&=& \boxed{\displaystyle \frac{{\left( {p - 1} \right)\left( {p + 1} \right)\left( {2p - 5} \right)}}{4}}\end{array}\]

 

**********

(Đề nghị-Khuyến khích phương pháp SPTP) Bài toán 27*: Hãy tính tổng $\sum_{k=0}^{n}\frac{(n+k)^2(2n+2k-1)!!}{(2n+2k+2)!!}$.

 

Spoiler

Cảm ơn anh Thanh.

@hxthanh

Spoiler

Hơi vất vả một chút, nhưng cuối cùng cũng tìm ra!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 22-04-2013 - 18:45
Sửa lỗi sai !

[nthoangcute]

 

 

Vào lúc 20 Tháng 4 2013 - 18:23, hxthanh đã nói:

 

Bài toán 27

Ký hiệu giai thừa cách đôi

$\qquad(2n)!!=(2n)(2n-2)...2$

và $\quad(2n-1)!!=(2n-1)(2n-3)...1$

cùng quy ước $(-1)!!=0!!=1$

 

Hãy tính tổng sau:

$S=\sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^k (2n+2k-1)!!}{(2n+2k+2)!!}$

 

May là bài này chưa ai giải ...

Ta sử dụng hàm $\Gamma$ để bài toán đơn giải hơn:

Trước tiên, ta có định nghĩa về hàm Gamma ($\Gamma$)

$$\Gamma  \left( z \right) =\int _{0}^{\infty }\!{{\rm e}^{-t}}{t}^{z-1}{dt}$$

 

Nếu gọn hơn thì $\Gamma(x)=(x-1)!$ với mọi $x>0$

Công thức Euler cho giai thừa: $$\Gamma(z) \Gamma(1-z)=\dfrac{\pi}{\sin (\pi z)}$$

(Đây là tính chất quna trọng nhất của giai thừa)

Từ đó ta được công thức Gauss cho giai thừa:

$$\Gamma \left ( n+\dfrac{1}{2} \right )=\dfrac{(2n)!}{4^n n!} \sqrt{\pi}=\dfrac{(2n-1)!!}{2^n} \sqrt{\pi}$$

 

Xong phân lý thuyết, giờ là cách làm:

Theo công thức Gauss ta có:

$$(2n+2k-1)!!={\dfrac {{2}^{n+k}\Gamma  \left( n+k+\dfrac{1}{2} \right) }{\sqrt {\pi }}}\\(2n+2k+2)!!=2^{n+k+1} \Gamma(n+k+2)$$

Suy ra $$S=\sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^k (2n+2k-1)!!}{(2n+2k+2)!!}\\=\dfrac{1}{2 \sqrt{\pi}} \sum_{k=0}^n\dfrac{(-1)^k \Gamma \left ( n+k+\dfrac{1}{2} \right )}{ \Gamma (n+k+2)}$$

 

Ta thấy rằng:

$$\left\{\begin{matrix}\dfrac{\Gamma \left ( n+k+\dfrac{1}{2} \right )}{ \Gamma (n+k+2)}=\Delta \left [ -\dfrac{2\Gamma(n+k+\dfrac{1}{2})}{\Gamma(n+k+1)} \right ]\\ \Delta[(-1)^k]=(-1)^{k+1}-(-1)^k=-2(-1)^k\end{matrix}\right.\\\Rightarrow P_1=\sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^k \Gamma \left ( n+k+\dfrac{1}{2} \right )}{ \Gamma (n+k+2)}=\,{\dfrac { 2\left( -1 \right) ^{n}\Gamma  \left( 2\,n+\dfrac{3}{2} \right) }{\Gamma  \left( 2\,n+2 \right) }}-\,{\dfrac {2\Gamma  \left( n+\dfrac{3}{2} \right) }{\Gamma  \left( n+2 \right) }}- \sum^n_{{k=0}} \dfrac{4(-1)^k \Gamma \left ( n+k+\dfrac{3}{2} \right )}{\Gamma (n+k+2)}\\P_2=-4\,{\dfrac { \left( 4\,n+4 \right) \Gamma  \left( 2\,n+\dfrac{5}{2} \right)  \left( -1 \right) ^{n}}{\Gamma  \left( 2\,n+3 \right) }}+4\,{\dfrac { \left( 2\,n+4 \right) \Gamma  \left( n+\dfrac{5}{2} \right) }{\Gamma  \left( n+3 \right) }}-P_3\\P_3=4\, \left( \dfrac{4}{3}\,n+\dfrac{2}{3} \right)  \left( {\dfrac { \left( 4\,n+4 \right) \Gamma  \left( 2\,n+\dfrac{5}{2} \right)  \left( -1 \right) ^{n+1}}{\Gamma  \left( 2\,n+3 \right) }}+{\dfrac { \left( 2\,n+4 \right) \Gamma  \left( n+\dfrac{5}{2} \right) }{\Gamma  \left( n+3 \right) }} \right) -P_4\\P_4=\dfrac{8}{5}\, \left( \dfrac{4}{3}\,n+\dfrac{2}{3} \right) n \left( \,{\dfrac {2(4n+4)\Gamma  \left( 2\,n+\dfrac{5}{2} \right)  \left( -1 \right) ^{n+1}}{\Gamma  \left( 2\,n+3 \right) }}+{\dfrac { \left( 2\,n+4 \right) \Gamma  \left( n+\dfrac{5}{2} \right) }{\Gamma  \left( n+3 \right) }} \right) -P_5...$$

 

Thầy Thanh ơi, em chẳng tìm thấy quy luật gì ở đây cả ... Nhưng việc dùng hàm Gamma nhìn dễ hơn ...

 

@Dark templar: Mớ hàm Gamma gì thế này  ,bài này anh không nghĩ là có CTTQ đâu (không  biểu diễn qua các hàm cao cấp nhé)...

@nthoangcute: Thì từ hàm Gamma có thể biến đổi ngược lại thành giai thừa được mà anh ... Trong khi giai thừa đơn, kép ký hiệu khác nhau thì tại sao không đưa chúng thành cùng một dạng như Gamma ạ ... Nó dễ nhìn hơn nhiều .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 22-04-2013 - 13:25

[nthoangcute]

 

Bài toán 27*: Hãy tính tổng $\sum_{k=0}^{n}\frac{(n+k)^2(2n+2k-1)!!}{(2n+2k+2)!!}$.

 

 

 

Bài 27 giống hệt bài kia, dùng hàm Gamma cho đẹp:

Cần tính tổng sau:

$$S=\sum^n_{k=0} {\frac { \left( n+k \right) ^{2}\Gamma  \left( n+k+\frac{1}{2} \right) }{\Gamma  \left( n+k+2 \right) }}$$

Ta thấy rằng:

$$ {\frac { \left( n+k \right) ^{2}\Gamma  \left( n+k+\frac{1}{2} \right) }{\Gamma  \left( n+k+2 \right) }}=\Delta \left [ \frac{2}{3}\,{\frac { \left(  \left( n+k-2 \right) ^{2}-7 \right) \Gamma  \left( n+k+\frac{1}{2} \right) }{\Gamma  \left( n+1+k \right) }} \right ]$$

Suy ra $$S=\frac{2}{3}\left (\,{\frac { \left(  \left( 2\,n-1 \right) ^{2}-7 \right) \Gamma  \left( 2\,n+\frac{3}{2} \right) }{\Gamma  \left( 2\,n+2 \right) }}-\,{\frac { \left(  \left( n-1 \right) ^{2}-7 \right) \Gamma  \left( n+\frac{3}{2} \right) }{\Gamma  \left( n+2 \right) }}  \right )$$

 

Suy ra $$\sum_{k=0}^{n}\frac{(n+k)^2(2n+2k-1)!!}{(2n+2k+2)!!}=\frac{1}{3\sqrt{\pi}}\left (\,{\frac { \left(  \left( 2\,n-1 \right) ^{2}-7\right) \Gamma  \left( 2\,n+\frac{3}{2} \right) }{\Gamma  \left( 2\,n+2 \right) }}-\,{\frac { \left(  \left( n-2 \right) ^{2}-7 \right) \Gamma  \left( n+\frac{1}{2} \right) }{\Gamma  \left( n+1 \right) }}  \right )$$

 

@Dark templar: Bài này nên biểu diễn qua Tổ hợp thông thường thôi em,với lại anh không thích các hàm cao cấp này và anh cũng đang cần lời giải bằng SPTP.Còn công thức $\Gamma (x)=(x-1)!$ chỉ đúng cho $x$ nguyên dương thôi,với các số nguyên âm thì chỉ tồn tại $\res$ thôi.

@nthoangcute: Công thức $\Gamma (x)=(x-1)!$  đúng với mọi $x>0$ luôn anh à ... Một số tài liệu em đọc nó quy ước như thế, em không biết giải thích thế nào ...

À, trên wolframalpha nó cũng quy ước như thế ... http://www.wolframal...(2.6)&t=crmtb01

@Dark templar:Có thể các lời giải này của em sẽ cần cho ĐTTH vol 2,nhưng còn đối với topic này thì anh nghĩ phương châm của anh Thanh là "giải càng sơ cấp càng tốt". Em cố gắng xem xét còn lời giải thông thường nào không ?

@hxthanh: Đúng như Dark nói, phương châm càng đơn giản càng sơ cấp bao nhiêu thì càng ý nghĩa bấy nhiêu. Đó là mục tiêu chung của loạt bài tập này!

 

 

@nthoangcute: Hàm Gamma cho bài toán dễ nhìn hơn thôi, chứ em không biết nhiều về nó ...

Còn nếu muốn có một lời giải sơ cấp cho bài toán kia thì tương tự hàm Gamma ta được:
$$\frac{(n+k)^2(2n+2k-1)!!}{(2n+2k+2)!!}=\Delta \left [ \,{\frac { \left(  \left( n+k-2 \right) ^{2}-7 \right)  \left( 2\,n+2\,k-1 \right)!! }{3 \left( n+k \right) !\,{2}^{n+k}}} \right ]=\Delta \left [ \,{\frac { \left(  \left( n+k-2 \right) ^{2}-7 \right)  \left( 2\,n+2\,k \right)! }{3 \left( n+k \right) !\,{2}^{2n+2k}(n+k)!} } \right ]$$

 

Hơi khó nhìn ...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 22-04-2013 - 14:29

[hxthanh]

To Dark

 

Đến bước này ...

$2S=\sum_{k=1}^{p-1}(-1)^k (2k-p)[p^2-1-3k(p-k)]$

Sao ta không tách chẵn lẻ (phân đoạn modulo 2) ?

Ta có:

$2S=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}(4k-p)[p^2-1-6k(p-2k)]-\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}(4k-2-p)[p^2-1-(6k+3)(p+2-4k)]$

$2S=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} [72k^2-36(p+1)k+(p+1)(5p+4)]$

 

$2S=\frac{72}{6}\left(\frac{p-1}{2}\right)\left(\frac{p+1}{2}\right)p-\frac{36}{2}\left(\frac{p-1}{2}\right)\left(\frac{p+1}{2}\right)+\left(\frac{p-1}{2}\right)(p+1)(5p+4)$

 

$\Rightarrow S=\dfrac{(p-1)(p+1)(2p-5)}{4}$

[dark templar]

Anh Thanh đã "ủy quyền" cho mình chăm sóc topic này 1 thời gian trong lúc anh ấy bận việc nên.... vào đề mới nào

**********

Đề mới:

 

Bài toán 30: Cho $n$ lẻ.Tính tổng $S = \sum\limits_{k = 1}^{n-1}(-1)^{k}\binom{n}{k}F_{k}$.

 

Trong đó $F_{k}$ là số thứ $k$ trong dãy Fibonacci.

 

Bài toán 31: Tính tổng $S = \sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^k}\binom{2k}{k}\binom{2n - 2k}{n - k}}$

 

**********

Đáp án cho bài 27: http://www.wolframal...=1&incTime=true

Dính đến hàm siêu đa hình.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 24-04-2013 - 09:52
Sửa lỗi đề !

[hxthanh]

Còn tồn đọng bài 29 này cơ mà Dark?

 

Bài toán 29

Dãy các số điều hòa $H_m$ được định nghĩa như sau:

$\begin{cases}\displaystyle H_0=0\\ \displaystyle H_m=\sum_{k=1}^m \frac{1}{k}\end{cases}$

 

Chứng minh đẳng thức:

$\sum_{k=0}^n \dfrac{\displaystyle (-1)^k {n\choose k}H_k}{\displaystyle{m+k\choose k}}=\dfrac{m}{m+n}\left(H_{m-1}-H_{m+n-1}\right)$

 

Em thử nghiên cứu bài này với SPTP nhé! Dark. Hướng đi nthoangcute rơi vào bế tắc rồi

 

@Dark templar: Để em thử xem,mà em tưởng cách của Việt đúng rồi chứ ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 23-04-2013 - 08:27

[dark templar]

Bài toán 20: Chứng minh rằng $\sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{1}{{1 + {F_{2k + 1}}}}}  = \frac{{\sqrt 5 }}{2}$

Đã giải quyết thêm được 2 bài tồn đọng

**********

Ý tưởng giải chung:

Spoiler

Cũng tương tự với cách làm của bài 22 và 23,ta cần sử dụng linh hoạt các biến đổi Đại Số theo CTTQ.

Lời giải bài 20:

Ta đặt $\alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{2};\beta=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$,suy ra $\alpha,\beta$ là 2 nghiệm của PT $x^2=x+1$,từ đó bằng định lý Viete thì $\left\{ \begin{array}{l}\alpha  + \beta  = 1\\\alpha \beta  =  - 1\end{array} \right.$.

 

Theo công thức Binet thì $\boxed{\displaystyle {F_n} = \frac{{{\alpha ^n} - {\beta ^n}}}{{\alpha  - \beta }}}$.

 

Xét số hạng tổng quát là :

 

\[\begin{array}{rcl}\frac{1}{{1 + {F_{2k + 1}}}} &=& \frac{{\alpha  - \beta }}{{\alpha  - \beta  + {\alpha ^{2k + 1}} - {\beta ^{2k + 1}}}}\\&=& \frac{{\sqrt 5 }}{{\alpha  - \beta  + {\alpha ^{2k + 1}} + \frac{1}{{{\alpha ^{2k + 1}}}}}}\\&=& \frac{{\sqrt 5 {\alpha ^{2k + 1}}}}{{\left( {\alpha  + \frac{1}{\alpha }} \right){\alpha ^{2k + 1}} + {\alpha ^{4k + 2}} + 1}}\\&=& \frac{{\sqrt 5 {\alpha ^{2k}}\left( {{\alpha ^2} - 1} \right)}}{{{\alpha ^{2k + 2}} + 1 + {\alpha ^{2k}} + {\alpha ^{4k + 2}}}}\\&=& \frac{{\sqrt 5 \left( {{\alpha ^{2k + 2}} - {\alpha ^{2k}}} \right)}}{{\left( {{\alpha ^{2k + 2}} + 1} \right)\left( {{\alpha ^{2k}} + 1} \right)}}\\&=& \sqrt 5 \left( {\frac{1}{{{\alpha ^{2k}} + 1}} - \frac{1}{{{\alpha ^{2k + 2}} + 1}}} \right)\\&=& \sqrt 5 \Delta \left[ {\frac{{ - 1}}{{{\alpha ^{2k}} + 1}}} \right]\end{array}\]

 

Do đó:

\[\begin{array}{rcl}\sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{1}{{1 + {F_{2k + 1}}}}}  &=& \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{1}{{1 + {F_{2k + 1}}}}} \\&=& \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sqrt 5 \sum\limits_{k = 0}^n {\Delta \left[ {\frac{{ - 1}}{{{\alpha ^{2k}} + 1}}} \right]} \\&=& \sqrt 5 \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {\frac{1}{{{\alpha ^{2k}} + 1}}} \right]_{k = n + 1}^0\\&=& \sqrt 5 \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{{{\alpha ^{2n + 2}} + 1}}} \right)\\&=& \boxed{\displaystyle \frac{{\sqrt 5 }}{2}}\end{array}\]

 

Vì $\alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{2}>1 \implies \alpha^{2n+2} \to \infty$ khi $n \to \infty$.

 

Bài toán 21: Chứng minh rằng $\sum\limits_{k = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}}}{{F_1^2 + F_2^2 + ... + F_k^2}}}  = \frac{{\sqrt 5 -1}}{2}$

 

Trong đó $F_{k}$ là số thứ $k$ trong dãy Fibonacci được xác định bởi $\left\{ \begin{array}{l}{F_0} = 0;{F_1} = 1\\{F_{n + 2}} = {F_{n + 1}} + {F_n} \quad (n \in \mathbb{N})\end{array} \right.$

 

Spoiler

Làm bài này mất nguyên buổi tối... Làm xong phê thật...

Lời giải bài 21:

Trước tiên ta xét tổng hữu hạn là $S = \sum\limits_{k = 1}^{2n} {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}}}{{F_1^2 + F_2^2 + ... + F_k^2}}} $.

 

Phân đoạn $k$ theo modulo 2,ta có:

\[S =1- \sum\limits_{i = 1}^{n} {\frac{1}{{F_1^2 + F_2^2 + ... + F_{2i}^2}}}  + \sum\limits_{i = 1}^{n} {\frac{1}{{F_1^2 + F_2^2 + ... + F_{2i + 1}^2}}} \]

 

Xét tổng con ${S'} = \sum\limits_{j = 1}^{2i} {F_j^2} $ và sử dụng hằng đẳng thức $ x + {x^2} + ... + {x^n} = \frac{{{x^{n + 1}} - x}}{{x - 1}}\left( {x \ne 1} \right)$,ta thu được:

 

\[\begin{array}{rcl}S' &=& \sum\limits_{j = 1}^{2i} {{{\left( {\frac{{{\alpha ^j} - {\beta ^j}}}{{\alpha  - \beta }}} \right)}^2}} \\&=& \frac{1}{{{{\left( {\alpha  - \beta } \right)}^2}}}\sum\limits_{j = 1}^{2i} {\left( {{\alpha ^{2j}} + {\beta ^{2j}} - 2{\alpha ^j}{\beta ^j}} \right)} \\&=& \frac{1}{5}\sum\limits_{j = 1}^{2i} {\left( {{\alpha ^{2j}} + \frac{1}{{{\alpha ^{2j}}}}} \right)}  - \frac{1}{5}\sum\limits_{j = 1}^{2i} {\Delta \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{j - 1}}} \right]} \\&=& \frac{1}{5}\left( {\frac{{{\alpha ^{2\left( {2i + 1} \right)}} - {\alpha ^2}}}{{{\alpha ^2} - 1}} + \frac{{\frac{1}{{{\alpha ^{2\left( {2i + 1} \right)}}}} - \frac{1}{{{\alpha ^2}}}}}{{\frac{1}{{{\alpha ^2}}} - 1}}} \right) - \frac{1}{5}\left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{j - 1}}} \right]_{j = 1}^{2i + 1}\\&=& \frac{{{\alpha ^2}\left( {{\alpha ^{4i}} - 1} \right) - \left( {\frac{1}{{{\alpha ^{4i}}}} - 1} \right)}}{{5\left( {{\alpha ^2} - 1} \right)}}\\&=& \frac{{\left( {{\alpha ^{4i + 2}} + 1} \right)\left( {{\alpha ^{4i}} - 1} \right)}}{{5\left( {{\alpha ^2} - 1} \right){\alpha ^{4i}}}}\end{array}\]

 

Từ đó suy ra:

\[\begin{array}{rcl}- \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{F_1^2 + F_2^2 + ... + F_{2i}^2}}}  &=& \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{ - 5\left( {{\alpha ^2} - 1} \right){\alpha ^{4i}}}}{{\left( {{\alpha ^{4i + 2}} + 1} \right)\left( {{\alpha ^{4i}} - 1} \right)}}} \\&=&  - \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{\sqrt 5 \left( {\alpha  + \frac{1}{\alpha }} \right)\left( {{\alpha ^2} - 1} \right){\alpha ^{4i}}}}{{\left( {{\alpha ^{4i + 2}} + 1} \right)\left( {{\alpha ^{4i}} - 1} \right)}}} \\&=&  - \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{\sqrt 5 \left( {{\alpha ^2} + 1} \right){\alpha ^{4i}}\left( {\alpha  - \frac{1}{\alpha }} \right)}}{{\left( {{\alpha ^{4i + 2}} + 1} \right)\left( {{\alpha ^{4i}} - 1} \right)}}} \\&=&  \boxed{\displaystyle - \sqrt 5 \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\frac{1}{{{\alpha ^{4i + 2}}}} + \frac{1}{{{\alpha ^{4i}} - 1}}} \right)}} \end{array}\]

 

Cũng bằng cách tương tự,ta cũng thu được:

\[\boxed{\displaystyle \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{F_1^2 + F_2^2 + ... + F_{2i + 1}^2}}}  = \sqrt 5 \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\frac{1}{{{\alpha ^{4i + 4}} - 1}} + \frac{1}{{{\alpha ^{4i + 2}} + 1}}} \right)}} \]

 

Do đó:

 

\[\begin{array}{rcl}S &=& 1+\sqrt 5 \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\frac{1}{{{\alpha ^{4i + 4}} - 1}} - \frac{1}{{{\alpha ^{4i}} - 1}}} \right)} \\&=& 1+\sqrt 5 \left[ {\frac{1}{{{\alpha ^{4i}} - 1}}} \right]_{i = 1}^{n + 1}\\&=& \boxed{\displaystyle 1+\sqrt 5 \left( {\frac{1}{{{\alpha ^{4n + 4}} - 1}} - \frac{1}{{{\alpha ^4} - 1}}} \right)}\end{array}\]

 

Vậy:

\[\begin{array}{rcl}\sum\limits_{k = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}}}{{F_1^2 + F_2^2 + ... + F_k^2}}}  &=& \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{k = 1}^{2n} {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}}}{{F_1^2 + F_2^2 + ... + F_k^2}}}  = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } S\\&=& 1 + \sqrt 5 \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{{{\alpha ^{4n + 4}} - 1}} - \frac{1}{{{\alpha ^4} - 1}}} \right)\\&=& 1 - \frac{{\alpha  + \frac{1}{\alpha }}}{{\left( {{\alpha ^2} - 1} \right)\left( {{\alpha ^2} + 1} \right)}}\\&=& 1 - \frac{1}{{{\alpha ^2}}} = \frac{{ - 1}}{\alpha }\\&=& \boxed{\displaystyle \frac{{\sqrt 5  - 1}}{2}}\end{array}\]

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 23-04-2013 - 10:23

[hxthanh]

(Đề nghị-Khuyến khích phương pháp SPTP) Bài toán 27*: Hãy tính tổng $\sum_{k=0}^{n}\frac{(n+k)^2(2n+2k-1)!!}{(2n+2k+2)!!}$.

Spoiler

Dark chế lại bài này mới "ác liệt" làm sao!

Tư tưởng sử dụng phương pháp SPTP đối với một bài hơi là lạ như thế này là ta cố gắng lấy Sai Phân một phần (hoặc toàn bộ) biểu thức lấy tổng và tìm cách liên hệ với đề bài ...

 

Bước đầu tiên ta biến đổi đề bài về dạng hệ số nhị thức quen thuộc:

$\begin{align*}S&=\sum_{k=0}^n \frac{(n+k)^2(2n+2k-1)!!}{(2n+2k+2)!!}\\&=\sum_{k=0}^n\frac{(n+k)^2(2n+2k-1)!!(2n+2k)!!}{2^{n+k+1}(n+k+1)!2^{n+k}(n+k)!}\\&=\sum_{k=0}^n \dfrac{(n+k)^2\displaystyle{2n+2k\choose n+k}}{2.4^{n+k}(n+k+1)}\end{align*}$

 

Xét sai phân của biểu thức sau:
$\begin{align*}\Delta&\left[\dfrac{f(k)\displaystyle{2n+2k\choose n+k}}{4^{n+k}}\right]\\&=\dfrac{f(k+1)\displaystyle{2n+2k+2\choose n+k+1}}{4^{n+k+1}}-\dfrac{4f(k)\displaystyle{2n+2k\choose n+k}}{4^{n+k+1}}\\&=\dfrac{(4n+4k+2)f(k+1)\displaystyle{2n+2k\choose n+k}}{(n+k+1)4^{n+k+1}}-\dfrac{(4n+4k+4)f(k)\displaystyle{2n+2k\choose n+k}}{(n+k+1)4^{n+k+1}}\\&=\dfrac{[(4n+4k+2)f(k+1)-(4n+4k+4)f(k)]\displaystyle{2n+2k\choose n+k}}{4.4^{n+k}(n+k+1)}\quad(1)\end{align*}$

 

Từ đây ta sẽ xác định $f(k)$ để cho $g(k)=(4n+4k+2)f(k+1)-(4n+4k+4)f(k)=2(n+k)^2$

Dễ thấy $f(k)$ phải là một đa thức bậc $2$ của k.

Đặt $f(k)=Ak^2+Bk+C\Rightarrow f(k+1)=Ak^2+(2A+B)k+(A+B+C)$

Thay các giá trị này vào $g(k)$ rồi rút gọn lại ta được:

$g(k)=6Ak^2+(8An+8A+2B)k+(4n+2)(A+B)-2C=2k^2+4nk+2n^2$

Đồng nhất hệ số ta được:

$\begin{cases}6A=2\\ 8An+8A+2B=4n\\ (4n+2)(A+B)-2C=2n^2\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}A=\frac{1}{3}\\ B=\frac{2n-4}{3}\\ C=\frac{n^2-4n-3}{3}\end{cases}$

 

Spoiler

Vậy là ta đã tìm được "nguyên phân" của hàm cần lấy tổng!

Do đó:

 

$\begin{align*}S&=\sum_{k=0}^n \dfrac{(n+k)^2(2n+2k-1)!!}{(2n+2k+2)!!}\\&=\sum_{k=0}^n \Delta\left[\dfrac{\Big[k^2+2k(n-2)+n^2-4n-3\Big]\displaystyle{2n+2k\choose n+k}}{3.4^{n+k}}\right]\\&=\left[\dfrac{\Big[(n+k-2)^2-7\Big]\displaystyle{2n+2k\choose n+k}}{3.4^{n+k}}\right]_{k=0}^{n+1}\\&=\boxed{\dfrac{\Big[(2n-1)^2-7\Big]\displaystyle{4n+2\choose 2n+1}}{3.4^{2n+1}}-\dfrac{\Big[(n-2)^2-7\Big]\displaystyle{2n\choose n}}{3.4^{n}}}\end{align*}$

[hxthanh]

Bài toán 30: Cho $n$ lẻ.Tính tổng $S = \sum\limits_{k = 1}^{n-1}(-1)^{k}\binom{n}{k}F_{k}$.

 

Trong đó $F_{k}$ là số thứ $k$ trong dãy Fibonacci.

Sau đây là một số đề nghị cho bài tập này:

Bài toán 30*:

Tính các tổng sau:

$\fbox{a}\quad A = \sum\limits_{k = 0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k}F_{n+k}$.

$\fbox{b}\quad B = \sum\limits_{k = 0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k}F_{2n+k}$.

$\fbox{c}\quad C = \sum\limits_{k = 0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k}F_{2n-k}$.

$\fbox{d}\quad D = \sum\limits_{k = 0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k}F_{2k}$.

$\fbox{e}\quad E = \sum\limits_{k = 0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k}F_{3k}$.

Trong đó $F_{k}$ là số thứ $k$ trong dãy Fibonacci.

Spoiler

Anh cũng đang định đưa dạng bài này vào thì em đã đưa vào luôn! Thật trùng hợp quá!
Hãy tìm dạng tổng quát nếu có thể!

[hxthanh]

Bài toán 31: Tính tổng $S = \sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^k}\binom{2k}{k}\binom{2n - 2k}{n - k}}$

Bài này mà dùng hàm sinh thì ... dễ như lấy đồ trong túi

 

Ta có:

$\begin{align*}S_n&=\sum_{k=0}^n (-1)^k {2k\choose k}{2n-2k\choose n-k}\\&=\sum_{k=0}^n \left[u^k\right]\dfrac{1}{\sqrt{1+4u}}\cdot\left[v^{n-k}\right]\dfrac{1}{\sqrt{1-4v}}\\&=\left[t^n\right]\dfrac{1}{\sqrt{1+4t}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{1-4t}}\\&=\left[t^n\right]\dfrac{1}{\sqrt{1-16t^2}}\end{align*}$

Đến đây...

Nếu: $n=2m+1$ thì $S_{2m+1}=0$

Nếu: $n=2m$ thì

$S_{2m}=\left[t^{2m}\right]\dfrac{1}{\sqrt{1-16t^2}}=\left[x^{m}\right]\dfrac{1}{\sqrt{1-16x}}=4^m{2m\choose m}$

Do đó ta có thể viết kết quả bài toán dưới dạng;

$$\boxed{\displaystyle S_n=\sum_{k=0}^n (-1)^k {2k\choose k}{2n-2k\choose n-k}=2^{n-1}(1+(-1)^n){n\choose \left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}}$$

.............

Spoiler

Bài viết sau tôi sẽ tìm cách giải quyết bài toán này bằng SPTP

 

@Dark templar: Anh cũng chuyển qua xài hàm sinh rồi sao ?

@hxthanh: Mặc dù biết nó không sơ cấp cho lắm, nhưng thấy bài này mà áp dụng 1 phát là ra luôn nên ... . Bản thân anh vẫn muốn xài SPTP hơn!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 24-04-2013 - 19:26

[dark templar]

(Đề nghị-Khuyến khích phương pháp SPTP) Bài toán 27*: Hãy tính tổng $\sum_{k=0}^{n}\frac{(n+k)^2(2n+2k-1)!!}{(2n+2k+2)!!}$.

Spoiler

Bài toán này em lấy ra từ phương pháp hàm sinh.

Ta cũng biến đổi $S$ về dạng sau:

 

\[\begin{eqnarray*}S &=& \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{{\left( {n + k} \right)}^2}\left( {2n + 2k} \right)!}}{{{2^{n + k}}\left( {n + k} \right)!{2^{n + k + 1}}\left( {n + k + 1} \right)!}}} \\&=& \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{{\left( {n + k} \right)}^2}}}{{{4^{n + k}}\left( {n + k + 1} \right)}}\binom{2n + 2k}{n + k}} \\&=& \frac{1}{2}\sum\limits_{k = n}^{2n} {\frac{{{k^2}}}{{{4^k}\left( {k + 1} \right)}}\binom{2k}{k}} &\text{(Tịnh tiến)}\\&=& \frac{1}{2}\left[ {\sum\limits_{k = 0}^{2n} {\frac{{{k^2}}}{{{4^k}\left( {k + 1} \right)}}\binom{2k}{k}}  - \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {\frac{{{k^2}}}{{{4^k}\left( {k + 1} \right)}}\binom{2k}{k}} } \right]\end{eqnarray*}\]

 

Ta sẽ tính tổng $S'=\sum\limits_{k = 0}^{2n} \frac{k^2}{4^k\left( k + 1 \right)}\binom{2k}{k}$,tổng còn lại tính tương tự.

 

 

Xét khai triển chuỗi hình thức của dãy các số Catalan:

\[\sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{1}{{{4^k}\left( {k + 1} \right)}}\binom{2k}{k}{x^k}}  = \frac{{2\left( {1 - \sqrt {1 - x} } \right)}}{x}\]

 

Đạo hàm 2 vế cho ta :

\[\sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{k}{{{4^k}\left( {k + 1} \right)}}\binom{2k}{k}{x^k}}  =  - \frac{1}{{\sqrt {1 - x} }} + \frac{2}{{x\sqrt {1 - x} }} - \frac{2}{x}\]

 

Sử dụng công thức tổng hệ số là $\boxed{\displaystyle \sum\limits_{k = 0}^n {\left[ {{t^k}} \right]f\left( t \right)}  = \left[ {{t^n}} \right]\frac{{f\left( t \right)}}{{1 - t}}}$,ta sẽ có:

 

\[\begin{array}{rcl}\sum\limits_{k = 0}^{2n} {\frac{k}{{{4^k}\left( {k + 1} \right)}}\binom{2k}{k}}  &=& \sum\limits_{k = 0}^{2n} {\left[ {{t^k}} \right]} \frac{{ - t + 2 - \sqrt {1 - t} }}{{t\sqrt {1 - t} }}\\&=& \left[ {{t^{2n}}} \right]\frac{{ - t + 2 - 2\sqrt {1 - t} }}{{t\left( {1 - t} \right)\sqrt {1 - t} }}\\&=&  - \left[ {{t^{2n}}} \right]\frac{1}{{\sqrt {{{\left( {1 - t} \right)}^3}} }} + 2\left[ {{t^{2n + 1}}} \right]\frac{1}{{\sqrt {{{\left( {1 - t} \right)}^3}} }} - 2\left[ {{t^{2n + 1}}} \right]\frac{1}{{1 - t}}\end{array}\]

 

Ta định nghĩa hệ số nhị thức mở rộng như sau :

\[\binom{s}{k} = \frac{{s\left( {s - 1} \right)...\left( {s - k + 1} \right)}}{{k!}} \quad (s \in \mathbb{R};k \in \mathbb{N^*}\]

 

Quy ước là $\binom{s}{0}=1$.

 

Như vậy xét khai triển nhị thức:

\[\frac{1}{{\sqrt {{{\left( {1 - t} \right)}^3}} }} = {\left( {1 - t} \right)^{\frac{{ - 3}}{2}}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\binom{\frac{{ - 3}}{2}}{k}{{\left( { - 1} \right)}^k}{t^k}} \quad \left( {\left| t \right| < 1} \right)\]

 

 

Ta có:

$\binom{-\frac{3}{2}}{0}=1$.

 

Với $k \ge 1$ thì :

 

\[\begin{array}{rcl}\binom{\frac{{ - 3}}{2}}{k} &=& \frac{{\frac{{ - 3}}{2}\left( {\frac{{ - 3}}{2} - 1} \right)\left( {\frac{{ - 3}}{2} - 2} \right)...\left( {\frac{{ - 3}}{2} - k + 1} \right)}}{{k!}}\\&=& \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}3.5...\left( {2k + 1} \right)}}{{{2^k}k!}} = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {2k + 1} \right)!!}}{{{2^k}k!}}\\&=& \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {2k + 2} \right)!!}}{{{2^{k + 1}}{2^k}\left( {k + 1} \right)!k!}}\\&=& \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {k + 1} \right)}}{{{4^k}}}\binom{2k + 1}{k}\\\Rightarrow \frac{1}{{\sqrt {{{\left( {1 - t} \right)}^3}} }} &=& \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{{k + 1}}{{{4^k}}}\binom{2k + 1}{k}{t^k}} \end{array}\]

 

Suy ra:

\[\begin{array}{rcl}\sum\limits_{k = 0}^{2n} {\frac{k}{{{4^k}\left( {k + 1} \right)}}\binom{2k}{k}}  &=&  - \frac{{2n + 1}}{{{4^{2n}}}}\binom{4n + 1}{2n} + \frac{{n + 1}}{{{4^{2n}}}}\binom{4n + 2}{2n + 1} - 2\\&=& \frac{1}{{{4^{2n}}}}\binom{4n + 1}{2n} - 2\end{array}\]

 

Ta cũng biết rằng:

\[\sum\limits_{k = 0}^\infty  {{x^k}}  = \frac{1}{{1 - x}}\]

 

Đạo hàm 2 vế:

\[\sum\limits_{k = 0}^\infty  {k{x^k}}  = \frac{x}{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}}\]

 

Do đó:

 

\[\begin{array}{rcl}S' &=& 2n\sum\limits_{k = 0}^{2n} {\frac{k}{{{4^k}\left( {k + 1} \right)}}\binom{2k}{k}}  - \sum\limits_{k = 0}^{2n} {\frac{{\left( {2n - k} \right)k}}{{{4^k}\left( {k + 1} \right)}}\binom{2k}{k}} \\&=& \frac{{2n}}{{{4^{2n}}}}\binom{4n + 1}{2n} - 4n - \sum\limits_{k = 0}^{2n} {\left[ {{t^{2n - k}}} \right]\frac{t}{{{{\left( {1 - t} \right)}^2}}}\left[ {{y^k}} \right]\frac{{ - y + 2 - 2\sqrt {1 - y} }}{{y\sqrt {1 - y} }}} \\&=& \frac{{2n}}{{{4^{2n}}}}\binom{4n + 1}{2n} - 4n - \left[ {{t^{2n}}} \right]\frac{{ - t + 2 - 2\sqrt {1 - t} }}{{\sqrt {{{\left( {1 - t} \right)}^5}} }}\end{array}\]

 

Cách tìm hệ số $t^{2n}$ ở đây cũng giống như trên. Từ đó ta có thể tính được tổng $S$.

 

P.s:Tất nhiên đây chỉ là hướng giải thôi,tuy nhiên ta cũng có thể mở rộng 1 chút là cho số mũ $k^{a}$.

Ở bước đạo hàm đầu tiên,ta cũng có thể đạo hàm cấp 2 trực tiếp để có hệ số $k^2$ nhưng ở đây,em muốn thể hiện mối liên hệ truy hồi giữa các số mũ cũa $k$,tăng dần từ 1,2,...

 

@supermember: đỉnh của đỉnh =))

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 24-04-2013 - 20:08

[dark templar]

Bài toán 30: Cho $n$ lẻ.Tính tổng $S = \sum\limits_{k = 1}^{n-1}(-1)^{k}\binom{n}{k}F_{k}$.

 

Trong đó $F_{k}$ là số thứ $k$ trong dãy Fibonacci.

Ý tưởng giải cho cách 1:

Spoiler

Ta vẫn sử dụng các biến đổi Đại Số quen thuộc dành cho CTTQ của dãy Fibonacci.

Lời giải 1 bài 30:

Đặt $\alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{2};\beta=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$,suy ra $\alpha;\beta$ là 2 nghiệm của PT $x^2=x+1$,từ đó bằng định lý Viete thì $\left\{ \begin{array}{l}\alpha  + \beta  = 1\\\alpha \beta  =  - 1\end{array} \right.$.

 

Theo công thức Binet thì $\boxed{\displaystyle {F_n} = \frac{{{\alpha ^n} - {\beta ^n}}}{{\alpha  - \beta }}}$.

 

Khi đó:

 

\[\begin{array}{rcl}S &=& \sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^k}\binom{n}{k}{F_k}}  - {\left( { - 1} \right)^n}{F_n}\\&=& \frac{1}{{\alpha  - \beta }}\sum\limits_{k = 0}^n {\left[ {{{\left( { - 1} \right)}^k}\binom{n}{k}{\alpha ^k} - \frac{1}{{{\alpha ^k}}}\binom{n}{k}} \right] - \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{\alpha ^n} - \frac{1}{{{\alpha ^n}}}}}{{\alpha  - \beta }}} \\&=& \frac{{{{\left( {1 - \alpha } \right)}^n}}}{{\alpha  - \beta }} - \frac{{{{\left( {1 + \frac{1}{\alpha }} \right)}^n}}}{{\alpha  - \beta }} - \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{{\left( {1 + \alpha } \right)}^n} - 1}}{{{\alpha ^n}\left( {\alpha  - \beta } \right)}}\\&=& \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n} - {{\left( {1 + \alpha } \right)}^n} - {{\left( { - 1} \right)}^n}{{\left( {1 + \alpha } \right)}^n} + 1}}{{{\alpha ^n}\left( {\alpha  - \beta } \right)}}\\&=& \frac{{\left[ {{{\left( { - 1} \right)}^n} + 1} \right]\left[ {1 - {\alpha ^{2n}}} \right]}}{{\sqrt 5 {\alpha ^n}}} = 0\end{array}\]

 

Vì $n$ lẻ nên $(-1)^{n}+1=0$.

 

**********

Ý tưởng giải cách 2:

Spoiler

Việc xuất hiện thừa số $\binom{n}{k}$ làm cho ta nghĩ ngay đến phép chuyển đổi Euler.

Lời giải 2 bài 30:

Ta có phép chuyển đổi Euler như sau:

\[\sum\limits_k {\binom{n}{k}{z^{n - k}}{f_k}}  = \left[ {{t^n}} \right]\frac{1}{{1 - zt}}f\left( {\frac{t}{{1 - zt}}} \right)\]

 

Và khai triển chuỗi hình thức của dãy Fibonacci :

\[\sum\limits_{k = 0}^\infty  {{F_k}{x^k}}  = \frac{x}{{1 - x - {x^2}}}\]

 

Biến đổi tổng $S$ và để ý $(-1)^{n-k}$ là hệ số của $x^{n-k}$ trong khai triển $\frac{1}{1+x}$,ta thu được:

 

\[\begin{array}{rcl}S &=& \sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^k}\binom{n}{k}{F_k}}  - {\left( { - 1} \right)^n}{F_n}\\&=& {\left( { - 1} \right)^n}\sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{n - k}}\binom{n}{k}{F_k}}  - {\left( { - 1} \right)^n}{F_n}\\&=& {\left( { - 1} \right)^n}\left\{ {\left[ {{t^n}} \right]\frac{1}{{1 + t}}\left[ {\left. {\frac{u}{{1 - u - {u^2}}}} \right|u = \frac{t}{{1 + t}}} \right] - {F_n}} \right\}\\&=& {\left( { - 1} \right)^n}\left( {\left[ {{t^{n - 1}}} \right]\frac{1}{{1 + t - {t^2}}} - {F_n}} \right)\\&=& {\left( { - 1} \right)^n}\left\{ {\left[ {{t^{n - 1}}} \right]\frac{1}{{\left( {\alpha  - t} \right)\left( {t - \beta } \right)}} - {F_n}} \right\}\\&=& {\left( { - 1} \right)^n}\left\{ {\frac{1}{{\alpha  - \beta }}\left[ {{t^{n - 1}}} \right]\left( {\frac{1}{{t - \beta }} + \frac{1}{{\alpha  - t}}} \right) - {F_n}} \right\}\\&=& {\left( { - 1} \right)^n}\left[ {\frac{{\frac{1}{{{\alpha ^n}}} - \frac{1}{{{\beta ^n}}}}}{{\alpha  - \beta }} - \frac{{{\alpha ^n} - {\beta ^n}}}{{\alpha  - \beta }}} \right]\\&=&  - {F_n} + {F_n} = 0\end{array}\]

 

Vì $n$ lẻ nên $(-1)^{n}F_{n}=-F_{n}$.

 

 

[hxthanh]

***********    Đề mới  **********

 

Bài toán 32:

Cho $n$ là số nguyên lớn hơn $2$. Hãy tính tổng sau:

$S=\sum_{k=1}^{n-1}\sin\left(\dfrac{\left(2\left\lfloor\sqrt{kn}\right\rfloor+1\right)\pi}{2n}\right)$

 

hxthanh:

Chế được bài này khá vất vả

Đáp số là: $\qquad S=\cot\frac{\pi}{2n}.\cos\frac{\pi}{2n}$

[hxthanh]

Bài toán 28

Chứng minh đẳng thức (khá hữu dụng) sau:

$S=\sum_{k=0}^n \dfrac{\displaystyle (-1)^k {n\choose k} {x+k\choose k}}{\displaystyle {y+k\choose k}}=\dfrac{(y-x)_n}{(y+1)_n}$

 

Với ký hiệu Pochammer (lũy thừa tăng)

$(x)_n=\underbrace{x(x+1)...(x+n-1)}_{n \text{ thừa số }}$

Quy ước $(x)_0=1,\quad(x\ne 0)$

 

Bài toán 29

Dãy các số điều hòa $H_m$ được định nghĩa như sau:

$\begin{cases}\displaystyle H_0=0\\ \displaystyle H_m=\sum_{k=1}^m \frac{1}{k}\end{cases}$

 

Chứng minh đẳng thức:

$\sum_{k=0}^n \dfrac{\displaystyle (-1)^k {n\choose k}H_k}{\displaystyle{m+k\choose k}}=\dfrac{m}{m+n}\left(H_{m-1}-H_{m+n-1}\right)$

Hai bài này có quan hệ mật thiết với nhau đấy!

 

Áp dụng kết quả bài 28

Ta có:

$\sum_{k=0}^n \dfrac{\displaystyle (-1)^k {n\choose k}{x+k\choose k}}{\displaystyle {m+k\choose k}}=\frac{(m-x)_n}{(m+1)_n}$

Lấy đạo hàm hai vế theo $x$, tại $x=0$. Ta có:

${x+k\choose k}_{x=0}^\prime={k\choose k}(H_k-H_{k-k})=H_k$

Còn Vế phải:

$\begin{align*}\Big[(m-x)_n\Big]_{x=0}^\prime &=(-1)^n\Big[(x-m)(x-m-1)...(x-m-n+1)\Big]_{x=0}^\prime \\ &=(-1)^n\Bigg[(x-m)(x-m-1)...(x-m-n+1)\\ &\qquad\qquad \left(\dfrac{1}{x-m}+\dfrac{1}{x-m-1}+...+\dfrac{1}{x-m-n+1}\right)\Bigg]_{x=0}\\&=(-1)^n(-m)(-m-1)...(-m-n+1)\left(\dfrac{1}{-m}+\dfrac{1}{-m-1}+...+\dfrac{1}{-m-n+1}\right)\\&=(m)_n(H_{m-1}-H_{m+n-1})\end{align*}$

Từ đây suy ra điều phải chứng minh

[zipienie]

Mới tìm được hai tài liệu này, hi vọng có thể kích thích tính sáng tạo và giải toán của mọi nguời trong topic tính tổng này

 

File gửi kèm

•  lũy thừa cosine.pdf   84.78K   175 Số lần tải
•  Combinatorial Identities.djvu   1.93MB   156 Số lần tải