Chủ đề này có 4 trả lời

[Super Fields]

Với $n$ nguyên dương, chứng minh hệ thức sau:

$$\boxed{(C_{n}^{0})^2+(C_{n}^{1})^2+....+(C_{n}^{n})^2=C_{2n}^{n}}$$

[khanghaxuan]

Ta sẽ chuyển bài toán trên dưới dạng dễ hiểu hơn là : 

Trong một hội trại tại địa phương thì có sự góp mặt của $2n$ bé trai (xem như là giống nhau nhé ) . Hãy chứng minh 

$(C_{n}^{0})^{2}+(C_{n}^{1})^{2}+...+(C_{n}^{n})^{2}=C_{2n}^{n}$

Trong $2n$ đứa bé đó , ta sẽ chia thành 2 nhóm (Giả sử là nhóm I và II) , mỗi nhóm $n$ người . Rồi từ 2 nhóm đó ta chọn ra bất kì $n$ đứa bé . Do đó nếu trong nhóm I có $C_{n}^{0}$cách chọn thì nhóm II có $C_{n}^{n}$ nên số cách chọn là $C_{n}^{0}.C_{n}^{0}$

Tương tự , nếu chọn từ trong nhóm I 1 đứa bé có $C_{n}^{1}$ cách chọn thì trong nhóm II sẽ có $C_{n}^{n-1}$ cách chọn do đó ta sẽ có $C_{n}^{1}.C_{n}^{n-1}$ . Tương tự như thế ta sẽ có số cách chọn $n$ đứa bé trong $2n$ đứa theo cách chọn trên là : 

$C_{n}^{0}.C_{n}^{n}+C_{n}^{1}.C_{n}^{n-1}+...+C_{n}^{n}.C_{n}^{0}=(C_{n}^{0})^{2}+(C_{n}^{1})^{2}+...+(C_{n}^{n})^{2}$

Mặt khác , số cách chọn $n$ đứa bé trong $2n$ đứa đơn giản là $C_{2n}^{n}$

Nên ta có : $(C_{n}^{0})^{2}+(C_{n}^{1})^{2}+...+(C_{n}^{n})^{2}=C_{2n}^{n}$ (ĐPCM )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 25-06-2015 - 20:10

[25 minutes]

Với $n$ nguyên dương, chứng minh hệ thức sau:

$$\boxed{(C_{n}^{0})^2+(C_{n}^{1})^2+....+(C_{n}^{n})^2=C_{2n}^{n}}$$

Có thể xét khai triển $(1+x)^{2n}=(1+x)^n.(1+x)^n$

Sau đó xét hệ số của $x^{2n}$ ở $2$ vế

[huykinhcan99]

Với $n$ nguyên dương, chứng minh hệ thức sau:

$$\boxed{(C_{n}^{0})^2+(C_{n}^{1})^2+....+(C_{n}^{n})^2=C_{2n}^{n}}$$

 

Mình cũng đóng góp một cách dùng khai triển $Newton$:

Ta có đẳng thức:

\begin{equation} \label{eq:1} (1+x)^n(1+x)^n=(1+x)^{2n} \end{equation}

 

Khai triển vế trái của \eqref{eq:1} ta được: $(1+x)^n(1+x)^n=\sum^n_{i=0} \dbinom{n}{i}x^i \sum^n_{j=0} \dbinom{n}{j}x^j=\sum^n_{i=0} \sum^n_{j=0} \dbinom{n}{i} \dbinom{n}{j}x^{i+j}$ (ở đây $\binom{n}{k}$ được hiểu là $\complement^k_n$)

 

Hệ số của $x^n$ trong khai triển trên sẽ là tổng các hệ số của đơn thức thoả mãn $i+j=n$, đó là:

$\sum_{i+j=n} \dbinom{n}{i} \dbinom{n}{j}=\sum^n_{i=0} \dbinom{n}{i} \dbinom{n}{n-i}=\sum^n_{i=0} \dbinom{n}{i}^2$ (đối xứng)

 

Khai triển vế phải của \eqref{eq:1} ta được $(1+x)^{2n}=\sum^n_{i=0}\dbinom{2n}{i} x^i$

 

Hệ số của $x^n$ trong khai triển trên sẽ là $\dbinom{2n}{n}$

 

Tuy nhiên, dù khai triển ra sao thì đa thức đã cho là không thay đổi nên các hệ số có cùng bậc ở hai vế bằng nhau. Vậy ta có

\begin{equation} \sum^n_{i=0} \dbinom{n}{i}^2=\dbinom{2n}{n} \tag{$\blacksquare$} \end{equation}

[huykinhcan99]

Đóng góp thêm cách sai phân từng phần nữa

Đầu tiên, sai phân cấp một của $f(k)$, được tính bởi $\Delta f(k)= f(k+1)-f(k)$ (với $k\in \mathbb{N}$)

Ta đi chứng minh công thức sau (Sai phân từng phần)

$$\sum^n_{k=0} g(k) \Delta f(k) = f(n+1)g(n+1) -f(0)g(0) -\sum^n_{k=0} f(k+1) \Delta g(k)$$

 

Thật vậy, ta có:

\begin{align*} \Delta [f(k)g(k)] & = f(k + 1).g (k + 1) − f(k).g (k) \\ &= f(k + 1).g (k + 1) − g(k).f (k + 1) + g(k).f (k + 1) − g(k)f (k) \\ &= f (k + 1) \Delta g(k) + g(k) \Delta f (k) \end{align*}

 

Cho $k$ chạy từ $0$ đến $n$ rồi cộng lại

$$\sum^n_{k=0} \Delta [f(k)g(k)]= \sum^n_{k=0} f (k + 1) \Delta g(k) + \sum^n_{k=0} g(k) \Delta f (k) $$

 

Vì $\sum^n_{k=0} \Delta [f(k)g(k)]=[f(n+1)g(n+1)-f(n)g(n)]+\ldots+[f(1)g(1)-f(0)g(0)]=f(n+1)g(n+1) -f(0)g(0)$ nên ta có công thức phải chứng minh.

 

Quay trở lại bài toán. Xét 

$$S_{(n,n)}=\sum^n_{k=0} \binom{n}{k}^2=(-1)^n\sum^n_{k=0} (-1)^k\binom{n}{k} (-1)^{n-k}\binom{n}{n-k} $$

(với hai chỉ số của S lần lượt là chỉ số trên của hai hệ số nhị thức $\binom{n}{k}$ và $\binom{n}{n-k}$)

 

Xét $\left\{ \begin{array}{l} f(k)= (-1)^{k-1}\binom{n-1}{k-1} & \Rightarrow \Delta f(k) =(-1)^k \binom{n}{k} \\ g(k) = (-1)^{n-k} \binom{n}{n-k} & \Rightarrow \Delta g(k) = (-1)^{n-k+1}\binom{n+1}{n-k}\end{array} \right.$

 

Khi đó, áp dụng công thức trên ta được:

\begin{align*} S_{(n,n)} &=-(-1)^n\sum^n_{k=0}(-1)^{k}\binom{n-1}{k}(-1)^{n-k+1}\binom{n+1}{n-k} \text{ (vì $f(n+1)g(n+1)$ và $f(0)g(0)$ đều bằng $0$)} \\ & = (-1)^n\sum^n_{k=0} (-1)^{k}\binom{n-1}{k}(-1)^{n-k}\binom{n+1}{n-k} =S_{(n-1,n+1)} \end{align*}

 

Thực hiện liên tiếp: $$S_{(n,n)}=S_{(n-1,n+1)}=\ldots=S_{(0,2n)}$$

 

Có

$$S_{(0,2n)}=(-1)^n\sum^n_{k=0} (-1)^k\binom{0}{k} (-1)^{n-k}\binom{2n}{n-k}$$

$$=(-1)^n (-1)^0\binom{0}{0} (-1)^{n}\binom{2n}{n} \text{ (chỉ có hạng tử tương ứng với $k=0$ là khác 0)}$$

$$=\dbinom{2n}{n}$$

 

Hay là ta có \begin{equation} S_{(n,n)}=\sum^n_{k=0} \dbinom{n}{k}^2=S_{(0,2n)}=\dbinom{2n}{n} \tag{$\blacksquare$} \end{equation}