Chủ đề này có 2 trả lời

[Stranger411]

Chứng minh:
$$\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{x+1}{2k+1}\binom{x-2k}{n-k}2^{2k+1}=\binom{2x+2}{2n+1} \forall x \in \mathbb{R}$$

[perfectstrong]

Chứng minh:
$$\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{x+1}{2k+1}\binom{x-2k}{n-k}2^{2k+1}=\binom{2x+2}{2n+1} \forall x \in \mathbb{R}$$

Dù sự gợi ý của anh Lộc, cũng chỉ mới làm được chừng ri.
Lời giải:
Ta có định lý B như sau:
\begin{equation}
\label{B}
\sum\limits_k {{n+ak \choose m+bk}} f_k = \left[ {t^m } \right]\left( {1 + t} \right)^n f\left( {t^{ - b} \left( {1 + t} \right)^a } \right) \quad (b<0)
\end{equation}
====================================
Quay lại bài toán.Áp dụng định lý B cho VT, ta có:
$$\begin{array}{rcl} \sum\limits_{k = 0}^n \binom{x - 2k}{n - k}\binom{x + 1}{2k + 1}2^{2k + 1} &=& \left[ {t^n } \right]\left( {1 + t} \right)^x \left[ {\frac{{\left( {1 + 2\sqrt u } \right)^{x + 1} - \left( {1 - 2\sqrt u } \right)^{x + 1} }}{2\sqrt u} \bigg| u = \frac{t}{{\left( {t + 1} \right)^2 }}} \right]\\
&=& \left[ {t^n } \right]\left( {1 + t} \right)^x \left[ {\frac{{\left( {1 + 2\sqrt t + t} \right)^{x + 1} - \left( {1 - 2\sqrt t + t} \right)^{x + 1} }}{{2\dfrac{\sqrt t}{t+1}\left( {1 + t} \right)^{x + 1} }}} \right]\\
&=& \left[ {t^n } \right]\frac{{\left( {1 + \sqrt t } \right)^{2x + 2} - \left( {1 - \sqrt t } \right)^{2x + 2} }}{2\sqrt t}\\
\text{Mà ta có: }& & \\
\dfrac{\left( {1 + \sqrt t } \right)^{2x + 2} - \left( {1 - \sqrt t } \right)^{2x + 2}}{2\sqrt t} &=& \dfrac{1}{2\sqrt t}\left( {\sum\limits_{k = 0}^\infty {\binom{2x + 2}{k}\left( {\sqrt t } \right)^k } - \sum\limits_{k = 0}^\infty {\binom{2x + 2}{k}\left( { - \sqrt t } \right)^k } } \right)\\
&=& \dfrac{1}{2\sqrt t}.2\sum\limits_{k = 0}^\infty {\binom{2x + 2}{2k + 1}\left( {\sqrt t } \right)^{2k + 1} }\\
&=& \sum\limits_{k = 0}^\infty {\binom{2x + 2}{ 2k + 1}t^k }\\
\Rightarrow \left[ {t^n } \right]\dfrac{\left( {1 + \sqrt t } \right)^{2x + 2} - \left( {1 - \sqrt t } \right)^{2x + 2}}{2\sqrt t } &=& \binom{2x + 2}{2n + 1}\\
\Rightarrow \sum\limits_{k = 0}^n {\binom{x - 2k}{n - k}\binom{x + 1}{2k + 1}2^{2k + 1}} &=&\binom{2x + 2}{2n + 1}
\end{array}$$

@supermember: cái hàm $f(u)$ chọn bị nhầm nên ra cớ sự này

Phải có thêm cái $ \sqrt{u}$ ở mẫu số

@Perfectstrong: Cảm ơn anh ạ. Em vẫn chưa hiểu lắm. Bài của anh trong chuyên đề, em có đọc mà vẫn chưa hiểu rõ lắm ạ. Phải chăng trong phân thức đầu tiên, ta có thể chọn $\sqrt[3]{u}$ thay vì $\sqrt{u}$ hoặc kiểu khác được không ạ?

@supermember: anh không hiểu câu hỏi của em lắm, ý là khi mà chọn hàm $f(u)$, mình sẽ chọn làm sao mà hệ số của $u^k$ trong khai triển hàm sinh của $f$ chính là $2^{2k+1} \cdot \binom{x+1}{2k+1}$

Trong đó, $k$ cần xét là tất cả những giá trị $k$ tồn tại trong tổng trên

Như vậy , ví dụ như $k$ chạy từ $1$ đến $n+1$ thì có thể có 2 hàm số có khai triển hàm sinh giống nhau đến $n+1$ hệ số, tức là có 2 cách chọn hàm sinh $f(u)$

Chẳng hạn, $2$ hàm $1/(1-u)$ và $ \frac{u-u^{n+1}}{1-u}$ đều có thể chọn , nếu $k$ chạy từ $1$ đến $n+1$

@Perfectstrong: Em "tương đối" hiểu ạ Cảm ơn anh nhiều.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 09-02-2013 - 10:04

[Stranger411]

Ta có định lý B như sau:
\begin{equation}
\sum\limits_k {{n+ak \choose m+bk}} f_k = \left[ {t^m } \right]\left( {1 + t} \right)^n f\left( {t^{ - b} \left( {1 + t} \right)^a } \right) \quad (b<0)
\end{equation}
====================================
Quay lại bài toán.Áp dụng định lý B cho VT, ta có:
$$\begin{array}{rcl} \sum\limits_{k = 0}^n \binom{x - 2k}{n - k}\binom{x + 1}{2k + 1}2^{2k + 1} &=& \left[ {t^n } \right]\left( {1 + t} \right)^x \left[ {\frac{{\left( {1 + 2\sqrt u } \right)^{x + 1} - \left( {1 - 2\sqrt u } \right)^{x + 1} }}{2\sqrt u} \bigg| u = \frac{t}{{\left( {t + 1} \right)^2 }}} \right]\\
&=& \left[ {t^n } \right]\left( {1 + t} \right)^x \left[ {\frac{{\left( {1 + 2\sqrt t + t} \right)^{x + 1} - \left( {1 - 2\sqrt t + t} \right)^{x + 1} }}{{2\dfrac{\sqrt t}{t+1}\left( {1 + t} \right)^{x + 1} }}} \right]\\
&=& \left[ {t^n } \right]\frac{{\left( {1 + \sqrt t } \right)^{2x + 2} - \left( {1 - \sqrt t } \right)^{2x + 2} }}{2\sqrt t}\\
\text{Mà ta có: }& & \\
\dfrac{\left( {1 + \sqrt t } \right)^{2x + 2} - \left( {1 - \sqrt t } \right)^{2x + 2}}{2\sqrt t} &=& \dfrac{1}{2\sqrt t}\left( {\sum\limits_{k = 0}^\infty {\binom{2x + 2}{k}\left( {\sqrt t } \right)^k } - \sum\limits_{k = 0}^\infty {\binom{2x + 2}{k}\left( { - \sqrt t } \right)^k } } \right)\\
&=& \dfrac{1}{2\sqrt t}.2\sum\limits_{k = 0}^\infty {\binom{2x + 2}{2k + 1}\left( {\sqrt t } \right)^{2k + 1} }\\
&=& \sum\limits_{k = 0}^\infty {\binom{2x + 2}{ 2k + 1}t^k }\\
\Rightarrow \left[ {t^n } \right]\dfrac{\left( {1 + \sqrt t } \right)^{2x + 2} - \left( {1 - \sqrt t } \right)^{2x + 2}}{2\sqrt t } &=& \binom{2x + 2}{2n + 1}\\
\Rightarrow \sum\limits_{k = 0}^n {\binom{x - 2k}{n - k}\binom{x + 1}{2k + 1}2^{2k + 1}} &=&\binom{2x + 2}{2n + 1}
\end{array}$$

Em cũng ko ngờ là lại có một lời giải như thế này.
Đây là bài toán được sáng tạo từ công thức "Leibniz suy rộng".
Không biết cái công thức trên thì khó mà xây dựng cái hàm sinh cho bài này.

Xin trình bày lời giải của 1 chú lớp 11 cùng trường vs Perfectstrong
Xét hàm: $$f(y)=\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{x+1}{t}2^ty^t(1+y^2)^{x+1-t},\left | y \right | < 1$$
Bằng cách thay $t=2k+1$, ta được hệ số của $y^{2n+1}$ là:
$$\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{x+1}{2k+1}\binom{x-2k}{n-k}2^{2k+1}$$
Mà $f(y)= (2y+ (1+y^2))^{x+1} = (1+y)^{2x+2}$, nên hệ số của $y^{2n+1}$ trong khai triển này là: $\binom{2x+2}{2n+1} $
Q.E.D

@supermember: Anh chưa xem kĩ nhưng lời giải này không biết có đúng không nha , cái $x$ trong đề không ghi nhưng nó là số thực chứ không phải số tự nhiên, như vậy thì cái công thức nhị thức đưa ra trong lời giải này hơi hên xui àh nha

@Stranger411: Theo định nghĩa hệ số nhị thức mở rộng thì
Với u là số thực, k là số nguyên không âm thì

\[\left( \begin{array}{l}
u\\
k
\end{array} \right) = \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{u(u - 1) \ldots (u - k + 1)}}{{k!}}(k > 0)\\
1(k = 0)
\end{array} \right.\]
Nên em nghĩ lời giải trên chắc không có vấn đề.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Stranger411: 11-02-2013 - 23:24