Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Một số bài toán tính tổng chọn lọc

dark templar hxthanh for all

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 84 trả lời

#1 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3329 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 02-04-2013 - 21:30

Bài toán 1 :

Với $1\le n\in\mathbb N$

Tính tổng $S=\sum_{k=1}^n k\left\lfloor\sqrt k\right\rfloor$

 

Bài toán 2 :

Với $a\ne 1<p<n;\;\;n,p\in\mathbb N$

Tính tổng $S=\sum_{k=1}^na^k\left\lfloor\dfrac{k}{p}\right\rfloor$

__________________________

 

Lời giải hai bài toán này các bạn có thể tham khảo ở đây

 

Bây giờ sẽ là đề mới:

 

Bài toán 3 :

Với $n$ nguyên dương, hãy tính tổng sau:

$S=\sum_{k=1}^n (-1)^k\left\lfloor\dfrac{(-1)^kk(k+1)}{3}\right\rfloor$

 

Bài toán 4 :

Cho dãy số $Fibonacci \;\;\{F_n\}_0^\infty\;\; :\;\begin{cases}F_0=0,\quad F_1=1\\ F_n=F_{n-1}+F_{n-2}\quad(n\ge 2)\end{cases}$

Hãy tính tổng:
$S=\sum_{k=1}^n (-1)^kkF_k$

______________________________________________________________

Update: Sửa lỗi bài số 3 (bớt đi nhân tử k, nếu không thì "khủng bố" quá! :) )


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 03-04-2013 - 18:52

Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#2 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 03-04-2013 - 19:21

Bài toán 3 :

Với $n$ nguyên dương, hãy tính tổng sau:

$S=\sum_{k=1}^n (-1)^kk\left\lfloor\dfrac{(-1)^kk(k+1)}{3}\right\rfloor$

 

Bài toán 4 :

Cho dãy số $Fibonacci \;\;\{F_n\}_0^\infty\;\; :\;\begin{cases}F_0=0,\quad F_1=1\\ F_n=F_{n-1}+F_{n-2}\quad(n\ge 2)\end{cases}$

Hãy tính tổng:
$S=\sum_{k=1}^n (-1)^kkF_k$

Ý tưởng giải:

Spoiler

Lời giải bài 4:

Bằng SPTP,ta có :

 

\[\begin{array}{rcl}\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^k}k{F_k}}  &=&  - 1 + \sum\limits_{k = 2}^n {\Delta \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}{F_{k - 2}}} \right]} k\\&=&  - 1 + \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}k{F_{k - 2}}} \right]_{k = 2}^{n + 1} + \sum\limits_{k = 2}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{F_{k - 1}}\Delta k} \\&=&  - 1 + {\left( { - 1} \right)^n}\left( {n + 1} \right){F_{n - 1}} - 1 + \sum\limits_{k = 3}^n {\Delta \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^k}{F_{k - 3}}} \right]} \\&=&  - 2 + {\left( { - 1} \right)^n}\left( {n + 1} \right){F_{n - 1}} + \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^k}{F_{k - 3}}} \right]_{k = 3}^{n + 1}\\&=&  - 2 + {\left( { - 1} \right)^n}\left( {n + 1} \right){F_{n - 1}} + {\left( { - 1} \right)^{n + 1}}{F_{n - 2}}\end{array}\]
 
**********
Ý tưởng giải:
Spoiler
Lời giải bài 3:
Phân đoạn $k$ theo modulo 3 thì khi đó,tổng cần tính sẽ là :
\[\begin{array}{rcl}\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^k}k\left\lfloor {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}k\left( {k + 1} \right)}}{3}} \right\rfloor }  &=& \underbrace {3\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{n}{3}} \right\rfloor } {{m^2}\left( {3m + 1} \right)} }_{ = {S_1}} + \underbrace {\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{n+1}{3}} \right\rfloor } {{{\left( {3m - 1} \right)}^2}m} }_{ = {S_2}}\\&+& \underbrace {\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{n+2}{3}} \right\rfloor } {{{\left( { - 1} \right)}^m}\left( {3m - 2} \right)\left\lfloor {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^m}\left( {3m - 2} \right)\left( {3m - 1} \right)}}{3}} \right\rfloor } }_{ = {S_3}}\end{array}\]
 
2 tổng $S_1;S_2$ không khó để tính toán,chủ yếu dựa vào 3 tổng sau :
  • $1+2+...+n=\frac{n(n+1)}{2}$.
  • $1^2+2^2+...+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.
  • $1^3+2^3+...+n^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}$.

 

Điều quan trọng là ta phải tính được tổng ${S_3} = \sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{n+2}{3}} \right\rfloor } {{{\left( { - 1} \right)}^m}\left( {3m - 2} \right)\left\lfloor {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^m}\left( {3m - 2} \right)\left( {3m - 1} \right)}}{3}} \right\rfloor } $

 

Dễ thấy rằng :

 

\[\begin{array}{rcl}\left\lfloor {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^m}\left( {3m - 2} \right)\left( {3m - 1} \right)}}{3}} \right\rfloor  &=& \left\lfloor {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^m}}}{3}\left( {9{m^2} - 9m + 2} \right)} \right\rfloor \\&=& \left\lfloor {3m{{\left( { - 1} \right)}^m}\left( {m - 1} \right) + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^m} + 2}}{3}} \right\rfloor \\&=& \left\{ \begin{eqnarray*}3m{\left( { - 1} \right)^m}\left( {m - 1} \right) \quad &\text{($m$ lẻ)}\\3m{\left( { - 1} \right)^m}\left( {m - 1} \right) + 1 \quad &\text{($m$ chẵn)}\end{eqnarray*} \right.\end{array}\]
 
Từ đây,ta có thể tách tổng $S_3$ thành 2 tổng con phụ thuộc vào tính chẵn lẻ của $m$. :)
 
Spoiler
 
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 15-04-2013 - 20:23

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#3 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3329 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 03-04-2013 - 21:12

Thực ra ý tưởng của bài 3 cũng là SPTP :luoi:

 

dark templar thử chứng minh điều này xem :

 

$\Delta\left((-1)^k\left\lfloor\dfrac{(-1)^kk(k+1)}{3}\right\rfloor\right)=\left\lfloor\dfrac{k+2}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{k+2}{6}\right\rfloor$

 

P/s @to dark templar: Kết quả bài 4 của em mặc dù đúng, nhưng chưa hợp lý! (khi thay $n=1$ vào thì xuất hiện $F_{-1}$ chưa được định nghĩa! :closedeyes: )

 

:))


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#4 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 04-04-2013 - 18:56

Thực ra ý tưởng của bài 3 cũng là SPTP :luoi:

 

dark templar thử chứng minh điều này xem :

 

$\Delta\left((-1)^k\left\lfloor\dfrac{(-1)^kk(k+1)}{3}\right\rfloor\right)=\left\lfloor\dfrac{k+2}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{k+2}{6}\right\rfloor$

 

P/s @to dark templar: Kết quả bài 4 của em mặc dù đúng, nhưng chưa hợp lý! (khi thay $n=1$ vào thì xuất hiện $F_{-1}$ chưa được định nghĩa! :closedeyes: )

 

:))

Em hơi dở mấy hàm Số học,nhưng em cũng sẽ thử. :)

 

Còn vấn đề về $F_{-1}$ thì thật ra là có tồn tại dãy "đối" Fibonacci,định nghĩa theo công thức $F_{-n}=(-1)^{n+1}F_{n} \quad \forall n \in \mathbb{N}$.

 

@hxthanh: Vẫn biết là có định nghĩa đó, nhưng đề bài không cho mà! (Chỉ cần thay $F_{n-2}=F_{n}-F_{n-1}$ thì sẽ ok)

 

@supermember: bài Toán số 4 có thể dùng cách tương tự bài này:

 

       http://www.artofprob...p?f=56&t=366103


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 04-04-2013 - 20:49

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#5 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3329 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-04-2013 - 22:34

Đề mới:

 

Bài toán 5:

Tính tổng sau:

$T=\sum_{k=1}^n (-1)^{\frac{k(k+1)}{2}} k2^k$

 

Bài toán 6:

Số điều hòa (bậc 1) thứ $m$ được định nghĩa như sau:

$\begin{cases}H_0=0\\H_m=\sum_{k=1}^m\dfrac{1}{k}\end{cases}$

 

Hãy tính tổng:

$S=\sum_{k=0}^n{n\choose k}^2H_k$


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#6 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 05-04-2013 - 19:39

Đề mới:

 

Bài toán 5:

Tính tổng sau:

$T=\sum_{k=1}^n (-1)^{\frac{k(k+1)}{2}} k2^k$

Chém tạm bài này vậy,bài dưới "bá đạo" quá ! :(

**********

Ý tưởng giải:

Spoiler

Lời giải bài 5:

Phân đoạn $k$ theo module 2 thì ta sẽ có ngay :

 

\[\begin{array}{rcl}S &=& \sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{\frac{{k\left( {k + 1} \right)}}{2}}}k{2^k}} \\&=& 2\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor } {{{\left( { - 1} \right)}^m}m{4^m}}  + \frac{1}{2}\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor } {{{\left( { - 1} \right)}^m}\left( {2m - 1} \right){4^m}} \end{array}\]
 
Ta tính từng tổng con riêng :

\[\begin{array}{rcl}2\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor } {{{\left( { - 1} \right)}^m}m{4^m}}  &=& \frac{2}{5}\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor } {\Delta \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{m - 1}}{4^m}} \right]m} \\&=& \frac{2}{5}\left\{ {\left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{m - 1}}m{4^m}} \right]_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor  + 1} + 4\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor } {{{\left( { - 1} \right)}^{m + 1}}{4^m}} } \right\}\\&=& \frac{2}{5}\left\{ {\left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{m - 1}}m{4^m}} \right]_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor  + 1} + \frac{4}{5}\left[ {{{\left( { - 1} \right)}^m}{4^m}} \right]_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor  + 1}} \right\}\\&=& \frac{2}{5}\left[ {{{\left( { - 1} \right)}^m}{4^m}\left( {\frac{4}{5} - m} \right)} \right]_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor  + 1} = \frac{2}{5}\left[ {4.{{\left( { - 4} \right)}^{\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor }}\left( {\frac{1}{5} + \left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor } \right) - \frac{4}{5}} \right]\\&=& \frac{8}{5}\left[ {{{\left( { - 4} \right)}^{\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor }}\left( {\frac{1}{5} + \left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor } \right) - \frac{1}{5}} \right]\end{array}\]
 
Và :
\[\begin{array}{rcl}\frac{1}{2}\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor } {{{\left( { - 1} \right)}^m}{4^m}\left( {2m - 1} \right)}  &=& \frac{1}{{10}}\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor } {\Delta \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{m - 1}}{4^m}} \right]\left( {2m - 1} \right)} \\ &=& \frac{1}{{10}}\left\{ {\left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{m - 1}}{4^m}\left( {2m - 1} \right)} \right]_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor  + 1} - 8\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor } {{{\left( { - 1} \right)}^m}{4^m}} } \right\}\\&=& \frac{1}{{10}}\left\{ {\left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{m - 1}}{4^m}\left( {2m - 1} \right)} \right]_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor  + 1} - \frac{8}{5}\left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{m - 1}}{4^m}} \right]_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor  + 1}} \right\}\\&=& \frac{1}{{10}}\left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{m - 1}}{4^m}\left( {2m - \frac{13}{5}} \right)} \right]_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor  + 1}\\&=& \frac{1}{{10}}\left[ {4{{\left( { - 4} \right)}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor }}\left( {2\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor  - \frac{{3}}{5}} \right) + 4.\frac{{3}}{5}} \right]\\&=& \frac{2}{5}\left[ {{{\left( { - 4} \right)}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor }}\left( {2\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor  - \frac{{3}}{5}} \right) + \frac{{3}}{5}} \right]\end{array}\]
 
Suy ra :
$$S=\dfrac{2}{5}\left[(-4)^{\left\lfloor\frac{n+2}{2}\right\rfloor}\left(\dfrac{4}{5}-\left\lfloor\dfrac{n+2}{2}\right\rfloor\right)+(-4)^{\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor}\left(2\left\lfloor\dfrac{n+1}{2}\right\rfloor-\dfrac{3}{5}\right)-\dfrac{1}{5}\right]$$
 
Spoiler
 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 15-04-2013 - 20:28

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#7 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3329 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 06-04-2013 - 08:19

Đáp án bài số 5

 

Để ý rằng $(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}=\begin{cases}1,\quad k\equiv \{0,3\}\pmod 4\\-1,\quad k\equiv \{1,2\}\pmod 4\end{cases}=\cos\frac{k\pi}{2}-\sin\frac{k\pi}{2}$

 

Vậy tổng cần tính sẽ là:

 

$T=\sum_{k=1}^n(-1)^{\frac{k(k+1)}{2}} k 2^k=-\underbrace{\sum_{k=1}^n k2^k\sin\frac{k\pi}{2}}_{A}+\underbrace{\sum_{k=1}^n k2^k\cos\frac{k\pi}{2}}_{B}$

_________________________________________________________

Trước khi tính các tổng $A$ và $B$ ta xét các tổng sau:

$A'=\sum_{k=1}^n 2^k\sin\frac{k\pi}{2}$ và $B'=\sum_{k=1}^n 2^k\cos\frac{k\pi}{2}$

 

Ta có:

$\begin{align*}A'&=\sum_{k=1}^n\sin\frac{k\pi}{2}\Delta(2^k)\\&=\left.2^k\sin\frac{k\pi}{2}\right|_{k=1}^{n+1}-\sum_{k=1}^n 2^{k+1}\left[\sin\frac{(k+1)\pi}{2}-\sin\frac{k\pi}{2}\right]\\&=2^{n+1}\cos\frac{k\pi}{2}-2+2A'-2B'\end{align*}$

tương tự:

$\begin{align*}B'&=\sum_{k=1}^n\cos\frac{k\pi}{2}\Delta(2^k)\\&=\left.2^k\cos\frac{k\pi}{2}\right|_{k=1}^{n+1}-\sum_{k=1}^n 2^{k+1}\left[\cos\frac{(k+1)\pi}{2}-\cos\frac{k\pi}{2}\right]\\&=-2^{n+1}\sin\frac{k\pi}{2}+2A'+2B'\end{align*}$

 

Từ hai điều trên dễ dàng suy ra:

 

$A'=\sum_{k=1}^n 2^k\sin\frac{k\pi}{2}=\dfrac{1}{5}\left[2^{n+2}\sin\frac{n\pi}{2}-2^{n+1}\cos\frac{n\pi}{2}+2\right]$

$B'=\sum_{k=1}^n 2^k\cos\frac{k\pi}{2}=\dfrac{1}{5}\left[2^{n+2}\cos\frac{n\pi}{2}+2^{n+1}\sin\frac{n\pi}{2}-4\right]$

_________________________________________________________

Quay trở lại việc tính tổng $A$ và $B$, ta có:

$\begin{align*}A&=\sum_{k=1}^n k2^k\sin\frac{k\pi}{2}=\sum_{k=1}^n \sin\frac{k\pi}{2}\Delta\left[(k-2)2^k\right]\\&=\left.(k-2)2^k\sin\frac{k\pi}{2}\right|_{k=1}^{n+1}-\sum_{k=1}^n 2^{k+1}(k-1)\left[\sin\frac{(k+1)\pi}{2}-\sin\frac{k\pi}{2}\right]\\&=(n-1)2^{n+1}\cos\frac{n\pi}{2}+2-\sum_{k=1}^n 2^{k+1}k\cos\frac{k\pi}{2}+\sum_{k=1}^n 2^{k+1}\cos\frac{k\pi}{2}\\&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad+\sum_{k=1}^n 2^{k+1}k\sin\frac{k\pi}{2}-\sum_{k=1}^n 2^{k+1}\sin\frac{k\pi}{2}\\&=(n-1)2^{n+1}\cos\frac{n\pi}{2}+2-2B+2B'+2A-2A'\end{align*}$

tương tự:

$\begin{align*}B&=\sum_{k=1}^n k2^k\cos\frac{k\pi}{2}=\sum_{k=1}^n \cos\frac{k\pi}{2}\Delta\left[(k-2)2^k\right]\\&=\left.(k-2)2^k\cos\frac{k\pi}{2}\right|_{k=1}^{n+1}-\sum_{k=1}^n 2^{k+1}(k-1)\left[\cos\frac{(k+1)\pi}{2}-\cos\frac{k\pi}{2}\right]\\&=-(n-1)2^{n+1}\sin\frac{n\pi}{2}+\sum_{k=1}^n 2^{k+1}k\sin\frac{k\pi}{2}-\sum_{k=1}^n 2^{k+1}\sin\frac{k\pi}{2}\\&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad+\sum_{k=1}^n 2^{k+1}k\cos\frac{k\pi}{2}-\sum_{k=1}^n 2^{k+1}\cos\frac{k\pi}{2}\\&=-(n-1)2^{n+1}\sin\frac{n\pi}{2}+2A-2A'+2B-2B'\end{align*}$


Từ đây tính được $A$ và $B$

và cuối cùng ta có:

 

$\begin{align*}T&=\sum_{k=1}^n (-1)^{\frac{k(k+1)}{2}}k2^k=-A+B\\&=\dfrac{(15n+1)2^{n+1}}{25}\cos\frac{n\pi}{2}-\dfrac{(5n+7)2^{n+1}}{25}\sin\frac{n\pi}{2}-\dfrac{2}{25}\end{align*}$


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#8 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3329 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 07-04-2013 - 13:15

Đề mới:

...

Bài toán 6:

Số  điều hòa (bậc 1) thứ $m$ được định nghĩa như sau:

$\begin{cases}H_0=0\\H_m=\sum_{k=1}^m\dfrac{1}{k}\end{cases}$

 

Hãy tính tổng:

$S=\sum_{k=0}^n{n\choose k}^2H_k$

Sau đây là đáp án bài toán 6 (ảo lắm đấy! :D)

 

Xét hàm $f(x)={x+a\choose b}=\dfrac{(x+a)(x+a-1)...(x+a-b+1)}{b!}$

Lấy đạo hàm (theo $x$) thì ta được

${x+a\choose b}_{x}^{\prime}=\dfrac{(x+a)(x+a-1)...(x+a-b+1)}{b!} \sum_{j=1}^b \dfrac{1}{x+a+1-j}$

và tại điểm $x=0$ thì ta có:

$$\boxed{\displaystyle \quad{x+a\choose b}_{x=0}^{\prime}={a\choose b}(H_{a}-H_{a-b})\qquad(1)}$$

Đẳng thức $(1)$ chính là chìa khóa của bài toán này :)

 

Rồi từ đẳng thức Vardermonde

$\sum_{k=0}^n{n\choose k}{x+n\choose n-k}={x+2n\choose n}$

Lấy đạo hàm hai vế theo $x$, tại $x=0$ (áp dụng $(1)$), ta được:

 

$\quad\sum_{k=0}^n{n\choose k}{n\choose n-k}(H_n-H_{n-(n-k)})={2n\choose n}(H_{2n}-H_{2n-n})$

$\Leftrightarrow \sum_{k=0}^n {n\choose k}{n\choose n-k}H_n-S={2n\choose n}(H_{2n}-H_{n})$

$\Leftrightarrow {2n\choose n}H_n-S={2n\choose n}(H_{2n}-H_{n})$

 

Và cuối cùng ta có:

$S=\sum_{k=0}^n{n\choose k}^2H_k={2n\choose n}(2H_n-H_{2n})$

 

@supermember: ảo thì cũng chả phải ảo :), đây là 1 dạng " bổ đề" dùng rộng rãi cho mấy bài kiểu này, vậy thì đâu gọi là ảo :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 13-04-2013 - 08:15

Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#9 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3329 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 07-04-2013 - 23:19

Đề mới:

__________

Bài toán 7:

Tính tổng sau:

$S=\sum_{k=1}^n \dfrac{k}{(\sqrt k+\sqrt{k+1})(\sqrt{k+1}+\sqrt{k+2})(\sqrt{k+2}+\sqrt{k})}$

 

Bài toán 8:

Với số nguyên dương $n\ge 2$, hãy tính tổng sau:

$S=\sum_{k=0}^{n^2}{n\choose \left\lfloor\sqrt k\right\rfloor}$

 

@ supermember : thầy thanh gửi cái bài 8 mang tính chất " hù doạ- nguy hiểm" này cho báo THTT là đúng y bóc với cái tinh thần của cái tờ báo ấy.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 08-04-2013 - 19:11

Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#10 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 09-04-2013 - 19:33

Đề mới:

__________

Bài toán 7:

Tính tổng sau:

$S=\sum_{k=1}^n \dfrac{k}{(\sqrt k+\sqrt{k+1})(\sqrt{k+1}+\sqrt{k+2})(\sqrt{k+2}+\sqrt{k})}$

 

Bài toán 8:

Với số nguyên dương $n\ge 2$, hãy tính tổng sau:

$S=\sum_{k=0}^{n^2}{n\choose \left\lfloor\sqrt k\right\rfloor}$

Spoiler

Ý tưởng giải:

Spoiler

Lời giải bài 7:

\[\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{k}{{\left( {\sqrt k  + \sqrt {k + 1} } \right)\left( {\sqrt {k + 1}  + \sqrt {k + 2} } \right)\left( {\sqrt {k + 2}  + \sqrt k } \right)}}}  = \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^n {k\left( {\sqrt {k + 1}  - \sqrt k } \right)\left( {\sqrt {k + 2}  - \sqrt k } \right)\left( {\sqrt {k + 2}  - \sqrt {k + 1} } \right)} \]

 

Dễ thấy rằng:

 

\[\begin{array}{rcl}k\left( {\sqrt {k + 1}  - \sqrt k } \right)\left( {\sqrt {k + 2}  - \sqrt k } \right)\left( {\sqrt {k + 2}  - \sqrt {k + 1} } \right) &=& k\left( {2\sqrt {k + 1}  - \sqrt k  - \sqrt {k + 2} } \right)\\&=&  - k\left( {\Delta \sqrt {k + 1}  - \Delta \sqrt k } \right)\\&=&  - k{\Delta ^2}\left[ {\sqrt k } \right]\end{array}\]
 
Nên theo SPTP thì:


\[\begin{array}{rcl}S &=&  - \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^n {k{\Delta ^2}\left[ {\sqrt k } \right]} \\&=& \frac{1}{2}\left\{ {\left[ { - k\Delta \sqrt k } \right]_{k = 1}^{n + 1} + \sum\limits_{k = 1}^n {\Delta \left[ {\sqrt {k + 1} } \right]} } \right\}\\&=& \frac{1}{2}\left\{ { - \left( {n + 1} \right)\left( {\sqrt {n + 2}  - \sqrt {n + 1} } \right) + \sqrt 2  - 1 + \left[ {\sqrt {k + 1} } \right]_{k = 1}^{n + 1}} \right\}\\&=& \frac{{\left( {n + 1} \right)\sqrt {n + 1}  - n\sqrt {n + 2}  - 1}}{2}\end{array}\]
 
Vậy $\boxed{S=\frac{{\left( {n + 1} \right)\sqrt {n + 1}  - n\sqrt {n + 2}  - 1}}{2}}$.
 
**********
Ý tưởng giải:
Spoiler
Lời giải bài 8:
Ta có chút nhận xét sau:
 
Với $n^2-1 \ge k \ge (n-1)^2$ thì $\left\lfloor \sqrt{k} \right\rfloor=n-1$
 
Với $(n-1)^2-1 \ge k \ge (n-2)^2$ thì $\left\lfloor \sqrt{k} \right\rfloor =n-2$.
 
....
Một cách tổng quát thì khi $i^2-1 \ge k \ge (i-1)^2$,ta sẽ có $\left\lfloor \sqrt{k} \right\rfloor =i-1$ và có tổng cộng $i^2-1-(i-1)^2+1=2i-1$ số hạng như vậy.
 
Từ đó,tổng cần tính sẽ là:

\[\begin{eqnarray*}S &=& \sum\limits_{k = 0}^{{n^2}} {\binom{n}{\left\lfloor {\sqrt k } \right\rfloor }} \\&=& 1 + \sum\limits_{k = 0}^{{n^2} - 1} {\binom{n}{\left\lfloor {\sqrt k } \right\rfloor }} \\&=& 1 + \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {2i - 1} \right)\binom{n}{i - 1}} \\&=& 1 + \sum\limits_{i = 1}^n {\binom{n}{i - 1}}  + 2\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {i - 1} \right)\binom{n}{i - 1}} \\&=& 1 + {2^n} - 1 + 2n\sum\limits_{i = 2}^n {\binom{n - 1}{i - 2}} \quad &\text{(Quy tắc hút)} \\&=& {2^n} + 2n\left( {{2^{n - 1}} - 1} \right)\\&=& {2^n}\left( {n + 1} \right) - 2n\end{eqnarray*}\]
 
Vậy $\boxed{S={2^n}\left( {n + 1} \right) - 2n}$.
 
 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 15-04-2013 - 20:33

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#11 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 09-04-2013 - 19:59

Lâu nay toàn anh Thanh ra đề,thôi thì hôm nay em sẽ "đáp lễ" 2 bài sau : :)

 

Bài toán 9: Tính $S=\sum_{k=0}^{n}\binom{2n-k}{k}2^{k}$.

 

Bài toán 10: Tính $S=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(k+a)^{k-1}(n-k+b)^{n-k-1} \quad (a,b \in \mathbb{N^*})$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 09-04-2013 - 20:28

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#12 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3329 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 10-04-2013 - 00:48

Lâu nay toàn anh Thanh ra đề,thôi thì hôm nay em sẽ "đáp lễ" 2 bài sau : :)

 

Bài toán 9: Tính $S=\sum_{k=0}^{n}\binom{2n-k}{k}2^{k}$.

Trước hết hxthanh xin giải Bài toán 9 như sau:

 

Đặt $S_n=\sum_{k=0}^n 2^k{2n-k\choose k}$ và $P_n=\sum_{k=0}^n 2^k{2n-1-k\choose k}$

Ta có:

$\begin{align*}S_n-P_n&=\left[1+\sum_{k=1}^n 2^k {2n-k\choose k}\right]-\left[1+\sum_{k=1}^n 2^k {2n-1-k\choose k}\right]\\&=\sum_{k=1}^n 2^k{2n-1-k\choose k-1}\\&=\sum_{k=0}^{n-1}2^{k+1}{2n-2-k\choose k}\\&=2S_{n-1}\end{align*}\quad(1)$

Mặt khác:

$\begin{align*}S_{n+1}&=1+\sum_{k=1}^{n+1} 2^k {2n+2-k\choose k}\\&=1+\sum_{k=1}^{n+1} 2^k\left[{2n+1-k\choose k-1}+{2n-k\choose k-1}+{2n-k\choose k}\right]\\&=\left[1+\sum_{k=1}^{n+1}2^k{2n-k\choose k}\right]+\sum_{k=0}^{n}2^{k+1}\left[{2n-k\choose k}+{2n-1-k\choose k}\right]\\&=3S_n+2P_n\end{align*}\quad(2)$

 

Từ $(1)$ và $(2)$ dễ dàng suy ra $S_{n+1}-5S_n+4S_{n-1}=0$

Với giá trị (tính được) $S_0=1, S_1=3$ ta dễ dàng suy ra được công thức tổng quát cho $S_n$

$$\boxed{\displaystyle S_n=\sum_{k=0}^n 2^k{2n-k\choose k}=\dfrac{2^{2n+1}+1}{3}}$$


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#13 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 10-04-2013 - 11:51

Bài toán 9: Tính $S=\sum_{k=0}^{n}\binom{2n-k}{k}2^{k}$.

Em xin đưa ra 1 lời giải bằng hàm sinh như sau :)

**********

Trước tiên,theo quy tắc đảo chiều thì :

\[S = \sum\limits_{k = 0}^n {{2^k}\binom{2n - k}{k}}  = \sum\limits_{k = 0}^n {{2^{n - k}}\binom{n + k}{n - k}}  = \sum\limits_{k = 0}^n {{2^{n - k}}\binom{n + k}{2k}} \]

 

Nhắc lại định lý A sau :

\[\sum\limits_k {\binom{n + ak}{m + bk}{z^{n - m + \left( {a - b} \right)k}}{f_k}}  = \left[ {{t^n}} \right]\frac{{{t^m}}}{{{{\left( {1 - zt} \right)}^{m + 1}}}}f\left( {\frac{{{t^{b - a}}}}{{{{\left( {1 - zt} \right)}^b}}}} \right)\quad \left( {b > a} \right)\]

 

Áp dụng vào bài toán,ta có:

 

\[\begin{array}{rcl}S &=& \left[ {{t^n}} \right]\frac{1}{{1 - 2t}}\left[ {\left. {\frac{1}{{1 - u}}} \right|u = \frac{t}{{{{\left( {1 - 2t} \right)}^2}}}} \right]\\&=& \left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - 2t}}{{{{\left( {1 - 2t} \right)}^2} - t}}\\&=& \left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - 2t}}{{\left( {1 - t} \right)\left( {1 - 4t} \right)}}\\&=& \left[ {{t^n}} \right]\frac{1}{{1 - t}} + \left[ {{t^n}} \right]\frac{{2t}}{{\left( {1 - t} \right)\left( {1 - 4t} \right)}}\\&=& 1 + \frac{2}{3}\left[ {{t^n}} \right]\left( {\frac{1}{{1 - 4t}} - \frac{1}{{1 - t}}} \right)\\&=& \frac{1}{3} + \frac{2}{3}{.4^n} = \frac{{{2^{2n + 1}} + 1}}{3}\end{array}\]

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#14 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3329 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 10-04-2013 - 19:10

Bài toán 10: Tính $S=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(k+a)^{k-1}(n-k+b)^{n-k-1} \quad (a,b \in \mathbb{N^*})$.

Bài này bá đạo quá!

 

Spoiler


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#15 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 10-04-2013 - 19:49

Bài này bá đạo quá!

 

Spoiler

Kết quả của anh đúng rồi nhưng em cũng không có lời giải cho bài này đâu anh ạ :P Bài này em lấy từ ML...

 

Thôi thì ta cứ để bài này nghiên cứu sau,anh post tiếp đề mới đi ạ :)


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#16 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3329 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 10-04-2013 - 22:42

Để lấy lại cảm hứng mời các bạn thư giãn với 4 bài khá đơn giản sau:

 

Bài toán 11

Tính $S=\sum_{k=1}^nk(-1)^k2^{k(-1)^k}$

 

Bài toán 12

Tính $S=\sum_{k=0}^n\dfrac{k}{4k^4+1}$

 

Bài toán 13

Tính $S=\sum_{k=0}^n\left[{3n-k\choose n+k}+{3n+k\choose n-k}\right]$

 

Bài toán 14

Tính $S=\sum_{k=1}^n(-1)^{{k+2\choose 3}}2^k$

Spoiler


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#17 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3329 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 11-04-2013 - 19:54

$\Delta\left((-1)^k\left\lfloor\dfrac{(-1)^kk(k+1)}{3}\right\rfloor\right)=\left\lfloor\dfrac{k+2}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{k+2}{6}\right\rfloor$

 

Không phải "vô cớ" mà tìm ra được cái này! :)

Đặt $f(k)=\left((-1)^k\left\lfloor\dfrac{(-1)^kk(k+1)}{3}\right\rfloor\right)$

Trước khi nghĩ đến việc tìm sai phân của $f(k)$, ta hãy khảo sát $f(k)$ theo các số dư modulo $6$.

Tại sao lại xét theo modulo $6?$ mà không phải là $3$?

Tại vì $(-1)^k$ biến thiên tuần hoàn theo modulo $2$, phân thức còn lại thì biến thiên tuần hoàn theo modulo $3$.

Vậy kết hợp lại ta cần khảo sát $f(k)$ theo modulo $6$


Đặt $k=6m+r$ ở đây $r$ là tập hợp (từng trường hợp tương ứng) các số dư. Ta viết dạng thống kê là $r=\{0,1,2,3,4,5\}$

Khi đó ta có:

$\begin{align*}f(k)&=(-1)^{6m+r}\left\lfloor\dfrac{(-1)^{6m+r}(6m+r)(6m+r+1)}{3}\right\rfloor\\&=(-1)^r\left\lfloor(-1)^r\left(12m^2+4mr+2m+\dfrac{r(r+1)}{3}\right)\right\rfloor\\&=12m^2+4mr+2m+(-1)^r\left\lfloor\dfrac{(-1)^rr(r+1)}{3}\right\rfloor\\&=12m^2+4mr+2m+\{0,1,2,4,6,10\}\end{align*}$

(Tập hợp cuối được tính theo mỗi trường hợp từ $r=0$ đến $r=5$)

Tương tự

$\begin{align*}f(k+1)&=(-1)^{6m+r+1}\left\lfloor\dfrac{(-1)^{6m+r+1}(6m+r+1)(6m+r+2)}{3}\right\rfloor\\&=(-1)^{r+1}\left\lfloor(-1)^{r+1}\left(12m^2+4mr+6m+r+\dfrac{r^2+2}{3}\right)\right\rfloor\\&=12m^2+4mr+6m+r+(-1)^{r+1}\left\lfloor\dfrac{(-1)^{r+1}(r^2+2)}{3}\right\rfloor\\&=12m^2+4mr+6m+r+\{1,1,2,3,6,9\}\\&=12m^2+4mr+6m+\{1,2,4,6,10,14\}\end{align*}$

Suy ra:

$\Delta f(k)=f(k+1)-f(k)=4m+\{1,1,2,2,4,4\}$

$\qquad=4\left\lfloor\dfrac{k}{6}\right\rfloor+\{1,1,2,2,3,3\}+\{0,0,0,0,1,1\}$

$\qquad=4\left\lfloor\dfrac{k}{6}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{r+2}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{r+2}{6}\right\rfloor$

$\qquad=4\left\lfloor\dfrac{k}{6}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{k-6\left\lfloor\frac{k}{6}\right\rfloor+2}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{k-6\left\lfloor\frac{k}{6}\right\rfloor+2}{6}\right\rfloor$

$\qquad=4\left\lfloor\dfrac{k}{6}\right\rfloor-3\left\lfloor\dfrac{k}{6}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{k+2}{2}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{k}{6}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{k+2}{6}\right\rfloor$

$\qquad=\left\lfloor\dfrac{k+2}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{k+2}{6}\right\rfloor$

:))


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#18 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 12-04-2013 - 11:44


Để lấy lại cảm hứng mời các bạn thư giãn với 4 bài khá đơn giản sau:

 

Bài toán 11

Tính $S=\sum_{k=1}^nk(-1)^k2^{k(-1)^k}$

 

Bài toán 12

Tính $S=\sum_{k=0}^n\dfrac{k}{4k^4+1}$

Spoiler

Ý tưởng giải:

Spoiler

Lời giải bài 11:

Phân đoạn $k$ theo modulo 2 thì:

 

\[\begin{array}{rcl}S &=& \sum\limits_{k = 1}^n {k{{\left( { - 1} \right)}^k}{2^{k{{\left( { - 1} \right)}^k}}}} \\&=& 2\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor } {m{4^m}}  - 2\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor } {\frac{{2m - 1}}{{{4^m}}}} \\&=& \frac{2}{3}\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor } {m\Delta \left[ {{4^m}} \right]}  + \frac{2}{3}\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor } {\left( {2m - 1} \right)\Delta \left[ {\frac{1}{{{4^{m - 1}}}}} \right]} \\&=& \frac{2}{3}\left[ {m{4^m}} \right]_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{{n + 2}}{2}} \right\rfloor } - \frac{8}{9}\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor } {\Delta \left[ {{4^m}} \right]} \\&+& \frac{2}{3}\left( {\left[ {\frac{{2m - 1}}{{{4^{m - 1}}}}} \right]_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor  + 1} + \frac{2}{3}\sum\limits_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor } {\Delta \left[ {\frac{1}{{{4^{m - 1}}}}} \right]} } \right)\\&=& \frac{2}{3}\left[ {\left( {m - \frac{4}{3}} \right){4^m}} \right]_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{{n + 2}}{2}} \right\rfloor } + \frac{2}{3}\left[ {\frac{{2m - \frac{1}{3}}}{{{4^{m - 1}}}}} \right]_{m = 1}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor  + 1}\end{array}\]

 

Sau khi rút gọn,ta sẽ thu được kết quả là:

\[\boxed{\displaystyle S = \frac{{{{8.4}^{\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor }}\left( {3\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor  - 1} \right)}}{9} + \frac{{12\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor  + 10}}{{{{9.4}^{\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor }}}} - \frac{2}{9}}\]

 

**********

Ý tưởng giải:

Spoiler

Lời giải bài 12:

Ta xét số hạng tổng quát:

 

\[\begin{array}{rcl}\frac{k}{{4{k^4} + 1}} &=& \frac{k}{{{{\left( {2{k^2} + 1} \right)}^2} - 4{k^2}}}\\&=& \frac{k}{{\left( {2{k^2} + 2k + 1} \right)\left( {2{k^2} - 2k + 1} \right)}}\\&=& \frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{2{k^2} - 2k + 1}} - \frac{1}{{2{k^2} + 2k + 1}}} \right)\\&=& \frac{1}{4}\left[ {\frac{1}{{2{k^2} - 2k + 1}} - \frac{1}{{2{{\left( {k + 1} \right)}^2} - 2\left( {k + 1} \right) + 1}}} \right]\\&=& \frac{{ - 1}}{4}\Delta \left[ {\frac{1}{{2{k^2} - 2k + 1}}} \right]\end{array}\]
 
Từ đó theo SPTP thì ta sẽ có:
\[\boxed{\displaystyle S = \frac{1}{4}\left[ {\frac{1}{{2{k^2} - 2k + 1}}} \right]_{k = n + 1}^0 = \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{2\left( {2{n^2} + 2n + 1} \right)}}}\]
 
____________________________________
@hxthanh: Tinh thần chung của cả hai bài đều đúng, tuy nhiên bài 11 em tính sai rồi! :luoi:
@Dark templar: Đã sửa. :P

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 15-04-2013 - 20:42

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#19 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3329 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-04-2013 - 14:30

Đáp án bài số 11

 

$\begin{align*}\sum_{k=1}^nk(-1)^k2^{k(-1)^k}&=\sum_{m=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}m2^{2m+1}+\sum_{m=1}^{\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor}\dfrac{1-2m}{2^{2m-1}}\\&=\sum_{m=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}\Delta\left[\dfrac{(3m-4)2^{2m+1}}{9}\right]+\sum_{m=1}^{\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor}\Delta\left[\dfrac{6m-1}{9.2^{2m-3}}\right]\\&=\left[\dfrac{(3m-4)2^{2m+1}}{9}\right]_{m=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+1}+\left[\dfrac{6m-1}{9.2^{2m-3}}\right]_{m=1}^{\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor+1}\\&\\&=\dfrac{\left(24\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor-8\right)4^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}}{9}+\dfrac{\left(12n+10-12\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor\right)4^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}}{9.4^n}-\dfrac{2}{9}\end{align*}$


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#20 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 12-04-2013 - 16:49

Bài toán 14

Tính $S=\sum_{k=1}^n(-1)^{{k+2\choose 3}}2^k$

Spoiler

Spoiler

 

Bài toán 14: 

Spoiler

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 12-04-2013 - 17:31

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.





Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: dark templar, hxthanh, for all

0 người đang xem chủ đề

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