Đến nội dung

Hình ảnh

$P(n,m)=\sum_{k=1}^n \prod_{r=0}^m(k+2r)$

- - - - - summation karl heinrich marx

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết

Với mỗi số nguyên dương $n,m$ Xét tổng:

$$P(n,m)=\sum_{k=1}^n \prod_{r=0}^m(k+2r)$$

________________

$1)\quad$ Chứng minh rằng $P(n,m)$ là một đa thức bậc $m+2$ của $n$

$2)\quad$ Chứng minh rằng $P(0,m)=P(-1,m)=0$

Nói cách khác

$\qquad$ và $P(-2m,m)=P(-2m-1,m)=0$ nếu $m$ chẵn.

Nói cách khác

$3)\quad$ Biết rằng: $2(m+2) P(n,m)=\prod_{k=0}^m (2k+1)+A(n,m)+A(n-1,m)$

$\qquad$ Tìm $A(n,m)$.

Nói cách khác



#2
Karl Heinrich Marx

Karl Heinrich Marx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 321 Bài viết

Với mỗi số nguyên dương $n,m$ Xét tổng:

$$P(n,m)=\sum_{k=1}^n \prod_{r=0}^m(k+2r)$$

________________

$1)\quad$ Chứng minh rằng $P(n,m)$ là một đa thức bậc $m+2$ của $n$

$2)\quad$ Chứng minh rằng $P(0,m)=P(-1,m)=0$

Nói cách khác

$\qquad$ và $P(-2m,m)=P(-2m-1,m)=0$ nếu $m$ chẵn.

Nói cách khác

$3)\quad$ Biết rằng: $2(m+2) P(n,m)=\prod_{k=0}^m (2k+1)+A(n,m)+A(n-1,m)$

$\qquad$ Tìm $A(n,m)$.

Nói cách khác

Đặt $A(k,m)= \prod_{r=0}^{m+1}(k+2r)$, như vậy $P(n,m)=\sum_{k=1}^nA(k,m-1)$, khi đó ta có:

$$P(n,m+1)=\sum_{k=1}^nA(k,m)=\sum_{k=1}^nA(k,m-1)(k+2m+2)$$

Mặt khác ta lại có $A(k-2,m)=(k-2)A(k,m-1)$ với $k \ge 3$. Do đó ta có thể viết lại $P(n,m+1)=\sum_{k=3}^n(k-2)A(k,m-1)+A(n-1,m)+A(n,m)$

Ta suy ra:

$$\sum_{k=1}^nA(k,m-1)(k+2m+2)=\sum_{k=3}^n(k-2)A(k,m-1)+A(n-1,m)+A(n,m)$$

$$ \Rightarrow (2m+4)\sum_{k=1}^nA(k,m-1)=A(n-1,m)+A(n,m)+A(1,m-1)$$

$$ \Rightarrow (2m+4)P(n,m)=A(n-1,m)+A(n,m)+A(1,m-1)$$

Đến đây nếu $n$ chẵn thì có thể rút gọn $A(n,m)$ được còn nếu $n$ lẻ thì em thử mà chưa làm được.



#3
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết

Đặt $A(k,m)= \prod_{r=0}^{m+1}(k+2r)$, như vậy $P(n,m)=\sum_{k=1}^nA(k,m-1)$, khi đó ta có:
...
$$ \Rightarrow (2m+4)P(n,m)=A(n-1,m)+A(n,m)+A(1,m-1)$$
Đến đây nếu $n$ chẵn thì có thể rút gọn $A(n,m)$ được còn nếu $n$ lẻ thì em thử mà chưa làm được.

Đến đây rồi còn rút gọn chi nữa? Viết lại cho rõ hơn:
\begin{equation}\label{(*)}\sum_{k=1}^n\prod_{r=0}^m(k+2r)=P(n,m)=\frac{1}{2m+4}\left(\prod_{k=0}^m(2k+1)+\prod_{k=0}^{m+1}(n+2k)+\prod_{k=0}^{m+1}(n+2k-1)\right)\end{equation}
Từ \eqref{(*)} thấy ngay:
1) $P(n,m)$ là đa thức bậc $m+2$ của $n$
2)
$P(0,m)=\frac{1}{2m+4}\Big(1.3...(2m+1)+0.2.4...(2m+2)+(-1).1.3...(2m+1)\Big)=0$
$P(-1,m)=\frac{1}{2m+4}\Big(1.3...(2m+1)+(-1).1.3...(2m+1)+(-2).0.2...(2m)\Big)=0$
$\begin{eqnarray*}P(-2m,m)&=&\frac{1}{2m+4}\Big(1.3...(2m+1)+(-2m).(-2m+2)...0.2+(-2m-1).(-2m+1)...(-1).1\Big)\\ &=&\frac{1}{2m+4}\Big(1.3...(2m+1)+(-1)^{m+1}.1.3...(2m+1)\Big)\\ &=&(0 \text{ nếu $m$ chẵn.})\end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*}P(-2m-1,m)&=&\frac{1}{2m+4}\Big(1.3...(2m+1)+(-2m-1).(-2m+1)...(-1).1+(-2m-2).(2m)...0\Big)\\ &=&\frac{1}{2m+4}\Big(1.3...(2m+1)+(-1)^{m+1}.1.3...(2m+1)\Big)\\ &=&(0 \text{ nếu $m$ chẵn.})\end{eqnarray*}$

Nói chung là giải quyết được phần 3) là ra hết :D

#4
Karl Heinrich Marx

Karl Heinrich Marx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 321 Bài viết

Không biết ngoài mấy nghiệm thầy nêu có một cách nào để moi ra thêm nghiệm của nó không nhỉ?

Ta thử biến đổi một chút phần $A(n,m)$. Ta có $P(n+1,m)=P(n,m)+A(n+1,m-1)=\frac{1}{2(m+2)}(A(n+1,m)+A(n,m)+A(1,m))$

Như vậy suy ra $P(n+1,m)-P(n,m)=A(n+1,m-1)=\frac{1}{2(m+2)}(A(n+1,m)-A(n-1,m))$

Lại đặt $B(n,m)=\frac{A(n,m)}{2^m.(m+2)!}$

Ta có thể suy ra $B(n+1,m-1)=B(n+1,m)-B(n-1,m)$

Với dãy truy hồi 2 biến thế này không biết có làm được bằng hàm sinh không? Kiểu giống như công thức Pascal.







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: summation, karl heinrich marx

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh