Chủ đề này có 3 trả lời

[moonlight0610]

1/ Chứng minh: $C_{2n+k}^{n}.C_{2n-k}^{n}\leqslant (C_{2n}^{n})^{2}$
2/ Rút gọn tổng sau:
$C=\tfrac{C_{n}^{1}}{1}+2\tfrac{C_{n}^{2}}{C_{n}^{1}}+...+k\tfrac{C_{n}^{k}}{C_{n}^{k-1}}+...+n\tfrac{C_{n}^{n}}{C_{n}^{n-1}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonlight0610: 03-09-2012 - 18:49

[NosoZ]

1/ Đặt ${u_k}: = C_{2n + k}^n.C_{2n - k}^n,k = \overline {0,n} ,k \in \mathbb{N}$. Ta sẽ chứng minh dãy số $\{u_k\}$ giảm!
Ta có: ${u_k} = C_{2n + k}^n.C_{2n - k}^n = \frac{{( {2n + k})!}}{{n!({n + k})!}}.\frac{{({2n - k})!}}{{n!({n - k})!}}$ và ${u_{k + 1}} = ...$ (cái này bạn tự viết ra nhé!)
Tiếp theo ta chứng tỏ rẳng: $\frac{u_{k + 1}}{u_k} = \frac{({2n + k + 1})({n - k})}{{( {n + k + 1})( {2n - k})}} \leqslant 1$
Thật vậy: Từ $\frac{u_{k + 1}}{u_k} \leqslant 1$ suy ra $({2n+k+1})({n-k}) \leqslant ( {n + k + 1})( {2n - k}) \Leftrightarrow 2nk + n \geqslant 0 \quad \quad(1)$.
Vì $0 \leqslant k \leqslant n$ nên (1) đúng!
Vậy $\left\{ {{u_k}} \right\}$ là dãy giảm.
Từ trên là đi đến khẳng định $k \geqslant 0$ thì ${u_k} \leqslant {u_0} \Rightarrow C_{2n + k}^n.C_{2n - k}^n \leqslant {({C_{2n}^n})^2}$.đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NosoZ: 03-09-2012 - 16:09

[NosoZ]

2/
\begin{align*}
& C_n^1 = n\\
& 2\frac{C_n^2}{C_n^1} = 2.\frac{n!}{2!( {n - 2})!}.\frac{({n-1})!}{n!} = n-1\\
& .....\\
& k.\frac{C_n^k}{C_n^{k - 1}} = k.\frac{n!}{k!(n - k)!}.\frac{({k - 1})!({n - k + 1})!}{n!} = n - k + 1\\
& n.\frac{C_n^n}{C_n^{n-1}} = n.\frac{({n-1})!}{n!}=1
\end{align*}
Cộng theo vế, ta có: $C=n+(n-1)+(n-2)+...+2+1=\frac{n(n+1)}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NosoZ: 03-09-2012 - 21:59

[Ispectorgadget]

1/ Chứng minh: $C_{2n+k}^{n}.C_{2n-k}^{n}\leqslant (C_{2n}^{n})^{2}$

Bài 1 có thể làm như sau
\[\begin{align}
& C_{2n+k}^{n}.C_{2n-k}^{n}\le {{(C_{2n}^{n})}^{2}}\text{ (}0\le k\le n)\text{ }(1) \\
& \Leftrightarrow \frac{\left( 2n+k \right)!}{\left( n+k \right)!.n!}.\frac{\left( 2n-k \right)!}{\left( n-k \right)!.n!}\le {{\left( \frac{\left( 2n \right)!}{n!.n!} \right)}^{2}}\Leftrightarrow \left[ (n+k+1)...(n+k+n) \right]\left[ (n-k+1)...(n-k+n) \right]\le {{\left[ (n+1)...(n+n) \right]}^{2}} \\
& \Leftrightarrow \left[ (n+k+1)(n+k+2)...(n+k+n) \right]\left[ (n-k+1)(n-k+2)...(n-k+n) \right]\le {{\left[ (n+1)...(n+n) \right]}^{2}} \\
& \Leftrightarrow \left[ (n+k+1)(n-k+1) \right]...\left[ (n+k+n)(n-k+n) \right]\le {{\left[ (n+1)...(n+n) \right]}^{2}}(*) \\
\end{align}\]
Theo BĐT Cauchy ta có\[(n + k + i)(n - k + i) \le {\left( {n + i} \right)^2}{\rm{ }}\forall {\rm{ 0}} \le {\rm{k}} \le {\rm{n; }};i=1...n\]
Cho $i = \overline {1,n} $ ta được (*).
Suy ra Q.E.D.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 07-09-2012 - 10:19