Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 07-11-2012 - 20:49
$$S=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{F_{2k+1}}{L_{k}L_{k+1}L_{k+2}}$$
Bắt đầu bởi dark templar, 07-11-2012 - 20:48
hxthanh perfecstrong and vmfers
#1
Đã gửi 07-11-2012 - 20:48
#2
Đã gửi 10-11-2012 - 21:54
Xét tổng riêng:
$S_n=\sum_{k=1}^n \dfrac{F_{2k+1}}{L_kL_{k+1}L_{k+2}}$
Trước hết ta có công thức tổng quát của hai dãy $\{F_n\}$ và $\{L_n\}$ là
$F_n=\dfrac{1}{\sqrt 5}\left[\left(\dfrac{1+\sqrt 5}{2}\right)^n-\left(\dfrac{1-\sqrt 5}{2}\right)^n\right]$
$L_n=\left(\dfrac{1+\sqrt 5}{2}\right)^n+\left(\dfrac{1-\sqrt 5}{2}\right)^n$
Từ đó ta dễ dàng chứng minh được:
$F_{2k+1}=F_k^2+F_{k+1}^2=\dfrac{L_k^2+L_{k+1}^2}{5}$
Suy ra:
$S_n=\dfrac{1}{5}\sum_{k=1}^n \dfrac{L_k^2+L_{k+1}^2}{L_kL_{k+1}L_{k+2}}=\dfrac{1}{5}\sum_{k=1}^n \left(\dfrac{L_k}{L_{k+1}L_{k+2}}+\dfrac{L_{k+1}}{L_kL_{k+2}}\right)$
$\Rightarrow$
$S_n=\dfrac{1}{5}\sum_{k=1}^n \left(\dfrac{1}{L_k}-\dfrac{1}{L_{k+1}}\right)+\dfrac{2}{5}\sum_{k=1}^n \left(\dfrac{1}{L_{k+1}}-\dfrac{1}{L_{k+2}}\right)$
$\Rightarrow$
$S_n=\dfrac{1}{5}\left(\dfrac{1}{L_1}-\dfrac{1}{L_{n+1}}\right)+\dfrac{2}{5}\left(\dfrac{1}{L_2}-\dfrac{1}{L_{n+2}}\right)$
$\Rightarrow$
$S_n=\dfrac{1}{3}-\left(\dfrac{1}{5L_{n+1}}+\dfrac{2}{5L_{n+2}}\right)$
Từ đó ta có:
$S=\lim\limits_{n\to \infty} S_n = \dfrac{1}{3}$
$S_n=\sum_{k=1}^n \dfrac{F_{2k+1}}{L_kL_{k+1}L_{k+2}}$
Trước hết ta có công thức tổng quát của hai dãy $\{F_n\}$ và $\{L_n\}$ là
$F_n=\dfrac{1}{\sqrt 5}\left[\left(\dfrac{1+\sqrt 5}{2}\right)^n-\left(\dfrac{1-\sqrt 5}{2}\right)^n\right]$
$L_n=\left(\dfrac{1+\sqrt 5}{2}\right)^n+\left(\dfrac{1-\sqrt 5}{2}\right)^n$
Từ đó ta dễ dàng chứng minh được:
$F_{2k+1}=F_k^2+F_{k+1}^2=\dfrac{L_k^2+L_{k+1}^2}{5}$
Suy ra:
$S_n=\dfrac{1}{5}\sum_{k=1}^n \dfrac{L_k^2+L_{k+1}^2}{L_kL_{k+1}L_{k+2}}=\dfrac{1}{5}\sum_{k=1}^n \left(\dfrac{L_k}{L_{k+1}L_{k+2}}+\dfrac{L_{k+1}}{L_kL_{k+2}}\right)$
$\Rightarrow$
$S_n=\dfrac{1}{5}\sum_{k=1}^n \left(\dfrac{1}{L_k}-\dfrac{1}{L_{k+1}}\right)+\dfrac{2}{5}\sum_{k=1}^n \left(\dfrac{1}{L_{k+1}}-\dfrac{1}{L_{k+2}}\right)$
$\Rightarrow$
$S_n=\dfrac{1}{5}\left(\dfrac{1}{L_1}-\dfrac{1}{L_{n+1}}\right)+\dfrac{2}{5}\left(\dfrac{1}{L_2}-\dfrac{1}{L_{n+2}}\right)$
$\Rightarrow$
$S_n=\dfrac{1}{3}-\left(\dfrac{1}{5L_{n+1}}+\dfrac{2}{5L_{n+2}}\right)$
Từ đó ta có:
$S=\lim\limits_{n\to \infty} S_n = \dfrac{1}{3}$
- supermember, perfectstrong, PRONOOBCHICKENHANDSOME và 8 người khác yêu thích
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hxthanh, perfecstrong, and vmfers
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
$$...\sum^{n-1}_{k=1}(-1)^{\left[\frac{km}{n}\right]}.\left\{\frac{km}{n}\right\}$$Bắt đầu bởi WhjteShadow, 15-04-2013 hxthanh |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
$$\sum^{(p-1)(p-2)}_{k=1}\left[\sqrt[3]{kp}\right]=\frac{(3p-5)(p-2)(p-1)}{4}$$Bắt đầu bởi WhjteShadow, 11-04-2013 hxthanh |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Các dạng toán khác →
Một số bài toán tính tổng chọn lọcBắt đầu bởi hxthanh, 02-04-2013 dark templar, hxthanh, for all |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Các dạng toán khác →
$$F_{n+1}=\sum_{k=0}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\binom{n-k}{k}$$Bắt đầu bởi dark templar, 11-11-2012 hxthanh |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$$\sum_{cyc}\frac{1}{(3a-b)^2} \ge \frac{k}{a^2+b^2+c^2}$$Bắt đầu bởi dark templar, 11-11-2012 ws, kiên, tham lang, and vmfers |
|
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh