Chủ đề này có 84 trả lời

[dark templar]

Góp vui cho anh Thanh bài này vậy

 

Bài toán 33: Cho trước số nguyên dương $m$.Tính tổng $S=\sum_{k=0}^{n}\binom{mn}{mk}$.

 

 

Bài toán 30: Cho $n$ lẻ.Tính tổng $S = \sum\limits_{k = 1}^{n-1}(-1)^{k}\binom{n}{k}F_{k}$.

 

Trong đó $F_{k}$ là số thứ $k$ trong dãy Fibonacci.

Bài toán 30 này nếu mở rộng cho $n$ nguyên dương bất kỳ thì sẽ có $\boxed{\displaystyle S=-F_{n}+(-1)^{n+1}F_{n}=F_{-n}-F_{n}}$.

 

Sau đây là một số đề nghị cho bài tập này:

Bài toán 30*:

Tính các tổng sau:

$\fbox{a}\quad A = \sum\limits_{k = 0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k}F_{n+k}$.

$\fbox{b}\quad B = \sum\limits_{k = 0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k}F_{2n+k}$.

$\fbox{c}\quad C = \sum\limits_{k = 0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k}F_{2n-k}$.

$\fbox{d}\quad D = \sum\limits_{k = 0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k}F_{2k}$.

$\fbox{e}\quad E = \sum\limits_{k = 0}^{n}(-1)^{k}\binom{n}{k}F_{3k}$.

Trong đó $F_{k}$ là số thứ $k$ trong dãy Fibonacci.

Spoiler

Anh cũng đang định đưa dạng bài này vào thì em đã đưa vào luôn! Thật trùng hợp quá!
Hãy tìm dạng tổng quát nếu có thể!

 

Còn các bài toán đề nghị này của anh nếu sử dụng biến đổi Đại Số (đặt $\alpha;\beta$ như trong bài giải bài 30 của em) thì rất dễ dàng,nhưng em đang suy nghĩ cách sử dụng hàm sinh...

 

@hxthanh: Dark lưu ý, về sự đa dạng của các bài Toán nhé! đừng đơn điệu quá!

@Dark templar: Em cũng sẽ cố gắng kiếm thêm dạng bài khác

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 30-04-2013 - 08:32

[hxthanh]

Bài toán 32:

Cho $n$ là số nguyên lớn hơn $2$. Hãy tính tổng sau:

$S=\sum_{k=1}^{n-1}\sin\left(\dfrac{\left(2\left\lfloor\sqrt{kn}\right\rfloor+1\right)\pi}{2n}\right)$

 

hxthanh:

Chế được bài này khá vất vả

Đáp số là: $\qquad S=\cot\frac{\pi}{2n}.\cos\frac{\pi}{2n}$

Nhận xét:

Bài toán này hấp dẫn không hẳn là vì nó khó, cũng không phải bởi kết quả đẹp và sự khéo léo của người ra đề mà còn hấp dẫn vì nó đòi hỏi rất nhiều kỹ năng và công cụ Đại Số, Số Học khi bắt tay vào giải...

Khúc mắc đầu tiên là về hàm phần nguyên $\lfloor\sqrt{kn}\rfloor$.

Làm sao để "gỡ bỏ" nó?

 

Đặt $m=\lfloor\sqrt{kn}\rfloor$, thế thì câu hỏi tiếp theo sẽ là:

 

"Với những giá trị nào của $k$ thì $\lfloor\sqrt{kn}\rfloor=m$?"

 

Ta có: $m\le \sqrt{kn}<m+1\Rightarrow \frac{m^2}{n}\le k<\frac{(m+1)^2}{n}$

Suy ra, với:

$\left\lfloor\frac{m^2}{n}\right\rfloor+1\le k\le \left\lfloor\frac{(m+1)^2}{n}\right\rfloor$

thì $\lfloor\sqrt{kn}\rfloor=m$

Nghĩa là có tất cả $\left\lfloor\frac{(m+1)^2}{n}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{m^2}{n}\right\rfloor$ giá trị của $k$ thỏa mãn điều này!

 

Vậy là ta sẽ chia đoạn cần lấy tổng $[1, n-1]$ thành những đoạn $\left[\left\lfloor\frac{m^2}{n}\right\rfloor+1,\left\lfloor\frac{(m+1)^2}{n}\right\rfloor\right]$ với $m=0,1,...?$

 

Giá trị của $m$ lớn nhất là bao nhiêu?

 

Với $m=n-1$ thì: $\left\lfloor\frac{(m+1)^2}{n}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n^2}{n}\right\rfloor=n$

Với $m=n-2$ thì: $\left\lfloor\frac{(m+1)^2}{n}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{(n-1)^2}{n}\right\rfloor=n-2$

 

Như vậy ta có:

$\begin{align*}S&=\sum_{k=1}^{n-1}\sin\left(\dfrac{\left(2\lfloor\sqrt{kn}\rfloor+1\right)\pi}{2n}\right)\\ &=\sin\left(\dfrac{\left(2\lfloor\sqrt{(n-1)n}\rfloor+1\right)\pi}{2n}\right)+\sum_{k=1}^{n-2}\sin\left(\dfrac{\left(2\lfloor\sqrt{kn}\rfloor+1\right)\pi}{2n}\right)\\ &=\sin\frac{(2n-1)\pi}{2n}+\sum_{m=0}^{n-2}\left(\left\lfloor\frac{(m+1)^2}{n}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{m^2}{n}\right\rfloor\right)\sin\frac{(2m+1)\pi}{2n}\\ &=\sin\frac{\pi}{2n}+\sum_{m=0}^{n-2}\sin\frac{(2m+1)\pi}{2n}\Delta\left(\left\lfloor\frac{m^2}{n}\right\rfloor\right)\end{align*}$

 

Thật "vừa vặn" ở bước này để áp dụng SPTP

Ta có:

$\begin{align*}S&=\sin\frac{\pi}{2n}+\left[\sin\frac{(2m+1)\pi}{2n}\left\lfloor\frac{m^2}{n}\right\rfloor\right]_{m=0}^{n-1}\\ &\quad -\sum_{m=0}^{n-2}\left\lfloor\frac{(m+1)^2}{n}\right\rfloor\left(\sin\frac{(2m+3)\pi}{2n}-\sin\frac{(2m+1)\pi}{2n}\right)\\ &=(n-1)\sin\frac{\pi}{2n}-2\sin\frac{\pi}{2n}\sum_{m=0}^{n-2}\left\lfloor\frac{(m+1)^2}{n}\right\rfloor\cos\frac{(m+1)\pi}{n}\\ &=(n-1)\sin\frac{\pi}{2n}-2\sin\frac{\pi}{2n}\underbrace{\sum_{m=1}^{n-1}\left\lfloor\frac{m^2}{n}\right\rfloor\cos\frac{m\pi}{n}}_{=A}\end{align*}$

 

Bài toán của ta sẽ được giải quyết sau khi tính xong tổng $A$

Với quy tắc đảo chiều thì ta có:

$\begin{align*}A&=\sum_{m=1}^{n-1}\left\lfloor\frac{m^2}{n}\right\rfloor\cos\frac{m\pi}{n}\\ &=\sum_{m=1}^{n-1}\left\lfloor\frac{(n-m)^2}{n}\right\rfloor\cos\frac{(n-m)\pi}{n}\\ &=-\sum_{m=1}^{n-1}\left\lfloor n-2m+\frac{m^2}{n}\right\rfloor\cos\frac{m\pi}{n}\\ &=-A+\sum_{m=1}^{n-1}(2m-n)\cos\frac{m\pi}{n}\\ \Rightarrow A&=\frac{1}{2}\sum_{m=1}^{n-1}(2m-n)\cos\frac{m\pi}{n}\end{align*}$

 

Chú ý rằng, ở trên bằng công thức "tổng thành tích" ta đã tính được:

$\sin\frac{(2m+3)\pi}{2n}-\sin\frac{(2m+1)\pi}{2n}=2\sin\frac{\pi}{2n}\cos\frac{(m+1)\pi}{n}$

Nên không khó khăn lắm để có được:

$\cos\frac{m\pi}{n}=\dfrac{1}{2\sin\frac{\pi}{2n}}\left[\sin\frac{(2m+1)\pi}{2n}-\sin\frac{(2m-1)\pi}{2n}\right]=\dfrac{1}{2\sin\frac{\pi}{2n}}\Delta\left[\sin\frac{(2m-1)\pi}{2n}\right]$

 

Và ... tiếp tục sử dụng SPTP

$A =\left.\dfrac{(2m-n)}{4\sin\frac{\pi}{2n}}\sin\frac{(2m-1)\pi}{2n}\right|_{m=1}^{n}-\dfrac{1}{4\sin\frac{\pi}{2n}}\sum_{m=1}^{n-1}2\sin\frac{(2m+1)\pi}{2n}$

 

Nguyên phân của "cos" là "sin" thì chắc chắn nguyên phân của "sin" sẽ là "cos" ...

 

$\begin{align*}A&=\frac{n-1}{2}+\dfrac{1}{4\sin^2\frac{\pi}{2n}}\sum_{m=1}^{n-1}\Delta\left[\cos\frac{m\pi}{n}\right]\\ &=\frac{n-1}{2}+\dfrac{1}{4\sin^2\frac{\pi}{2n}}\cdot\left.\cos\frac{m\pi}{n}\right|_{m=1}^n\\ &=\frac{n-1}{2}-\dfrac{1+\cos\frac{\pi}{n}}{4\sin^2\frac{\pi}{2n}}\\&=\frac{n-1}{2}-\dfrac{2\cos^2\frac{\pi}{2n}}{4\sin^2\frac{\pi}{2n}}\end{align*}$

 

Như vậy ta có:

 

$\begin{align*}S&=(n-1)\sin\frac{\pi}{2n}-2\sin\frac{\pi}{2n}A\\ &=(n-1)\sin\frac{\pi}{2n}-(n-1)\sin\frac{\pi}{2n}+\dfrac{\cos^2\frac{\pi}{2n}}{\sin\frac{\pi}{2n}}\\ &=\boxed{\cot\frac{\pi}{2n}\cos\frac{\pi}{2n}}\end{align*}$

[hxthanh]

Spam một phát!

Từ kết quả đẹp này mà chế mấy bài rút gọn biểu thức lượng giác cũng "phê" ra trò!

 

$\sum_{k=1}^{n-1}\sin\left(\frac{(2\lfloor\sqrt{kn}\rfloor+1)\pi}{2n}\right)=\cot\frac{\pi}{2n}\cos\frac{\pi}{2n}$

 

Cho $n=5$ ta có đẳng thức:

${}\qquad\sin\frac{5\pi}{10}+\sin\frac{7\pi}{10}+\sin\frac{7\pi}{10}+\sin\frac{9\pi}{10}=\cot\frac{\pi}{10}\cos\frac{\pi}{10}$

$\Leftrightarrow 1+2\sin\frac{3\pi}{10}+\sin\frac{\pi}{10}=\cot\frac{\pi}{10}\cos\frac{\pi}{10}$

 

Từ đây ta sẽ có chẳng hạn:

 

Bài toán xyz:

Không dùng máy tính, hãy tính giá trị của biểu thức:

$P=\sin\frac{\pi}{10}+2\sin\frac{3\pi}{10}-\cot\frac{\pi}{10}\cos\frac{\pi}{10}$

 

[dark templar]

Bài toán xyz:

Không dùng máy tính, hãy tính giá trị của biểu thức:

$P=\sin\frac{\pi}{10}+2\sin\frac{3\pi}{10}-\cot\frac{\pi}{10}\cos\frac{\pi}{10}$

 

Đã "xử" tại đây.

**********

Bài toán 34: Rút gọn tổng $\sum_{k=0}^{n}\frac{2^{k}}{2^{2^{k}}+1}$.

 

Bài toán 35: Tính tổng $\sum_{k=1}^{n-1}\csc^2 \frac{k\pi}{n}$.

 

Trong đó $\csc x=\frac{1}{\sin x}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 01-05-2013 - 21:36

[nthoangcute]

Đã "xử" tại đây.

**********

Bài toán 34: Rút gọn tổng $\sum_{k=0}^{n}\dfrac{2^{k}}{2^{2^{k}}+1}$.

 

 

Bài toán 34

 

 

Thường thì những bài này mò là chính ...

Ta có: $${\dfrac {{2}^{{2}^{k+1}}-1-{2}^{k+1}}{{2}^{{2}^{k+1}}-1}}-{\dfrac {{2}^{{2}^{k}}-1-{2}^{k}}{{2}^{{2}^{k}}-1}}\\={\dfrac {{2}^{2\,{2}^{k}}-1-2\,{2}^{k}}{{2}^{2\,{2}^{k}}-1}}-{\dfrac {{2}^{{2}^{k}}-1-{2}^{k}}{{2}^{{2}^{k}}-1}}\\={\dfrac {{2}^{{2}^{k}+{2}^{k}}-1-2\,{2}^{k}}{{2}^{{2}^{k}+{2}^{k}}-1}}-{\dfrac {{2}^{{2}^{k}}-1-{2}^{k}}{{2}^{{2}^{k}}-1}}\\={\dfrac { \left( {2}^{{2}^{k}} \right) ^{2}-1-2\,{2}^{k}}{\left( {2}^{{2}^{k}} \right) ^{2}-1}}-{\dfrac {{2}^{{2}^{k}}-1-{2}^{k}}{{2}^{{2}^{k}}-1}}\\={\dfrac {{2}^{k}}{{2}^{{2}^{k}}+1}}$$

Suy ra $$\sum_{k=0}^{n}\dfrac{2^{k}}{2^{2^{k}}+1}=\sum ^n_{k=0} \Delta \left [{\dfrac {{2}^{{2}^{k}}-1-{2}^{k}}{{2}^{{2}^{k}}-1}} \right ]={\dfrac {{2}^{{2}^{n+1}}-1-{2}^{n+1}}{{2}^{{2}^{n+1}}-1}}$$

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 01-05-2013 - 23:52

[hxthanh]

BỔ ĐỀ

Một đẳng thức có ứng dụng thực tiễn (mạch giải mã nhị phân) đó là:

$(a\ne 1)$

$\left(1+a^{2^0}\right)\left(1+a^{2^1}\right)\left(1+a^{2^2}\right)...\left(1+a^{2^m}\right)=\sum_{k=0}^{2^{m+1}-1}a^k=\dfrac{a^{2^{m+1}}-1}{a-1}$

Chứng minh:

Khai triển VT sẽ cho ta $2^{m+1}$ số hạng.

Số mũ cao nhất của $a$ là $a^{2^1+2^2+...+2^m}=a^{2^{m+1}-1}$, (thấp nhất đương nhiên là $0$)

Do đó ta có thể viết $VT=\sum_{k=0}^{2^{m+1}-1}u_ka^k;\quad u_k$ là các hệ số.

Với mỗi số mũ $k$ từ $0\le k\le 2^{m+1}-1$ có duy nhất một cách biểu diễn dưới dạng nhị phân là

$k=\sum_{j=0}^m \alpha_j2^j;\quad(\alpha_j\in\{0,1\})$

Ngược lại ta cho tương ứng $\alpha_j$ tương ứng với một số hạng trong nhân tử  $\left(1+a^{2^j}\right)$. $\alpha_j=0$ tương ứng số $1$, $\alpha_j=1$ tương ứng với $a^{2^{j}}$

Vậy nên hệ số $u_k=1\forall k$

Suy ra điều cần chứng minh.

 

Tưởng bế tắc với phương án này, tuy nhiên kết quả của nó thật tuyệt!

Ta có:

$\left(1+x^{2^0}\right)\left(1+x^{2^1}\right)\left(1+x^{2^2}\right)...\left(1+x^{2^n}\right)=\dfrac{x^{2^{n+1}}-1}{x-1}$

Đạo hàm 2 vế, ta có:

$\quad\sum_{k=0}^n 2^kx^{2^k-1}\prod_{\substack{j=0\\j\ne k}}^n \left(1+x^{2^j}\right)=\dfrac{(2^{n+1}-1)x^{2^{n+1}}-2^{n+1}x^{2^{n+1}-1}+1}{(x-1)^2}$

$\Leftrightarrow \sum_{k=0}^n \dfrac{2^kx^{2^k-1}\left(x^{2^{n+1}}-1\right)}{(1+x^{2^k})(x-1)}=\dfrac{(2^{n+1}-1)x^{2^{n+1}}-2^{n+1}x^{2^{n+1}-1}+1}{(x-1)^2}$

$\Leftrightarrow \sum_{k=0}^n \dfrac{2^kx^{2^k-1}}{(1+x^{2^k})(x-1)}=\dfrac{(2^{n+1}-1)x^{2^{n+1}}-2^{n+1}x^{2^{n+1}-1}+1}{(x-1)^2\left(x^{2^{n+1}}-1\right)}$

Thay $x=2$ vào ta được:

$\Rightarrow \sum_{k=0}^n \dfrac{2^{k-1}.2^{2^k}}{1+2^{2^k}}=\dfrac{(2^{n+1}-1)2^{2^{n+1}}-2^{n}.2^{2^{n+1}}+1}{2^{2^{n+1}}-1}$

$\Rightarrow \sum_{k=0}^n \left(2^{k-1}-\dfrac{2^{k-1}}{1+2^{2^k}}\right)=\dfrac{(2^n-1)2^{2^{n+1}}+1}{2^{2^{n+1}}-1}$

$\Rightarrow 2^n-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}S=\dfrac{(2^n-1)2^{2^{n+1}}+1}{2^{2^{n+1}}-1}$

 

Từ đây suy ra:

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

[hxthanh]

Bài toán 35: Tính tổng $\sum_{k=1}^{n-1}\csc^2 \frac{k\pi}{n}$.

 

Trong đó $\csc x=\frac{1}{\sin x}$.

Nhận xét

Bài hay thế này mà mọi người "chê" à?

Đặt $S_n=\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{n}\right)}$

Thì ta có:

$\begin{align*}S_{2n}&=\sum_{k=1}^{2n-1}\dfrac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)}\\&=\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)}+\left(1+\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{\sin^2\left(\frac{(k+n)\pi}{2n}\right)}\right)\\&=1+\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)}+\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{\cos^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)}\qquad(\star)\\&=1+\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\cos^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)}\\&=1+4S_n\end{align*}$

 

Với $1\le k\le n-1$

Xét đẳng thức:

$\quad\left[\cos\left(\frac{k\pi}{2n}\right)+i\sin\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\right]^{2n}=(-1)^k$

$\Leftrightarrow \sin^{2n}\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\left(\cot\left(\frac{k\pi}{2n}\right)+i\right)^{2n}=(-1)^k$

Khai triển nhị thức vế trái rồi lấy phần ảo hai vế thì ta được:

$\Rightarrow \sin^{2n}\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\sum_{j=0}^{n-1}{2n\choose 2j+1}(-1)^{n-j} \cot^{2j+1}\left(\frac{k\pi}{2n}\right)=0$

$\Rightarrow \sum_{j=0}^{n-1}{2n\choose 2j+1}(-1)^j \left(\cot^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\right)^j=0$

$\Rightarrow \sum_{j=0}^{n-1}{2n\choose 2j+1}(-1)^j \left(\dfrac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)}-1\right)^j=0$

$\Rightarrow \sum_{0\le r\le j\le n-1}{2n\choose 2j+1}{j\choose r}(-1)^j(-1)^{j-r} \left(\dfrac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)}\right)^r=0$

Xét phương trình bậc $(n-1)$

$\sum_{0\le r\le j\le n-1}{2n\choose 2j+1}{j\choose r}(-1)^{r} x^r=0\qquad(\star\star)$

Rõ ràng $(n-1)$ nghiệm của $(\star\star)$ là: $\dfrac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)};\;k=1,...,n-1$

 

Theo định lý Viète ta có tổng các nghiệm là:

$\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)}=-\dfrac{\displaystyle\sum_{r=n-2\le j\le n-1}{2n\choose 2j+1}{j\choose r}(-1)^{r}}{\displaystyle\sum_{r=n-1\le j\le n-1}{2n\choose 2j+1}{j\choose r}(-1)^{r}}=\dfrac{2(n-1)(n+1)}{3}$

 

Cũng từ đẳng thức

$\quad\left[\cos\left(\frac{k\pi}{2n}\right)+i\sin\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\right]^{2n}=(-1)^k$

Ta viết thành:

$\cos^{2n}\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\left[1+i\tan\left(\frac{k\pi}{2n}\right)\right]^{2n}=(-1)^k$

Biến đổi hoàn toàn tương tự, ta cũng có:

$(n-1)$ nghiệm của $(\star\star)$ là: $\dfrac{1}{\cos^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)};\;k=1,...,n-1$

 

Do đó: $\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)}=\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{\cos^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)}=\dfrac{2(n-1)(n+1)}{3}$

 

Từ đẳng thức $(\star)$ ta có được:

$4S_n=\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)}+\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{\cos^2\left(\frac{k\pi}{2n}\right)}=\dfrac{4(n-1)(n+1)}{3}$

 

Cuối cùng ta có kết quả của bài toán là:

$$S_n=\sum_{k=1}^{n-1}\csc^2\left(\frac{k\pi}{n}\right)=\dfrac{(n-1)(n+1)}{3}$$

[hxthanh]

Bây giờ sẽ là Đề mới!
 
Bài toán 36

• Tính tổng $A=\sum_{k=0}^{n-1}\cos\left(\frac{2\pi k^2}{n}\right)$
• Tính tổng $B=\sum_{k=0}^{n-1}\sin\left(\frac{2\pi k^2}{n}\right)$

[phudinhgioihan]

Cho em góp một bài chắc chắn có nhiều ứng dụng.

 

Bài toán 37:

 

Cho các số nguyên dương $k,r,n$, gọi $S(k,r,n)$ là số bộ nghiệm không âm $(x_1,...,x_n)$ của phương trình $x_1+...+x_n=k$ sao cho $x_j \le r \;\;, \forall \; 1 \le j \le n$ . Chứng minh rằng:

 

$$S(k,r,n)=\sum_{j=0}^m(-1)^j \binom{n}{j}\binom{k-(r+1)j+n-1}{n-1}$$

 

Với $m=\min \left\{ n,\left \lfloor \dfrac{k}{r+1}\right \rfloor \right\}$

[hxthanh]

Cho em góp một bài chắc chắn có nhiều ứng dụng.

 

Bài toán 37:

 

Cho các số nguyên dương $k,r,n$, gọi $S(k,r,n)$ là số bộ nghiệm không âm $(x_1,...,x_n)$ của phương trình $x_1+...+x_n=k$ sao cho $x_j \le r \;\;, \forall \; 1 \le j \le n$ . Chứng minh rằng:

 

$$S(k,r,n)=\sum_{j=0}^m(-1)^j \binom{n}{j}\binom{k-(r+1)j+n-1}{n-1}$$

 

Với $m=\min \left\{ n,\left \lfloor \dfrac{k}{r+1}\right \rfloor \right\}$

Cảm ơn em về bài toán rất hay này!

Có thể hình dung ra một ứng dụng chẳng hạn:

 

"Gieo một hạt xí ngầu $n$ lần, tính xác suất để tổng số chấm thu được bằng $k$"

[hxthanh]

 

Bây giờ sẽ là Đề mới!
 
Bài toán 36

• Tính tổng $A=\sum_{k=0}^{n-1}\cos\left(\frac{2\pi k^2}{n}\right)$
• Tính tổng $B=\sum_{k=0}^{n-1}\sin\left(\frac{2\pi k^2}{n}\right)$

Sau nhiều ngày vật vã cuối cùng tôi quyết định "đầu hàng" với bài này

 

Thật là ác mộng Olympic nếu gặp phải bài toán này (Có trong 53 bài toán lượng giác luyện thi của Amir Hossein Parvardi)

Vô tình tôi tìm thấy nó trong tài liệu này

 Quadratic-Gauss-Sums.pdf   187.73K   182 Số lần tải

[dark templar]

Ủng hộ đề mới

 

Bài toán 38: Cho $m,n$ là các số nguyên dương bất kỳ. Tìm điều kiện của $m$ và $n$ để $\sum\limits_{k = 0}^{mn - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^{\left\lfloor {\frac{k}{m}} \right\rfloor  + \left\lfloor {\frac{k}{n}} \right\rfloor }}}  = 0$ ?

 

Spoiler

Bài này khá vui ...

 

 

Bài toán 39: Cho $n \ge 3$.Chứng minh rằng :

\[\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{k^2}\left( {{k^2} - 1} \right)\binom{2n}{n - k}}  = 0\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 26-05-2013 - 18:59

[nthoangcute]

Bài toán 39: Cho $n \ge 3$.Chứng minh rằng :

\[\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{k^2}\left( {{k^2} - 1} \right)\binom{2n}{n - k}}  = 0\]

 

Em làm được mỗi bài ...

Cách 1: Dùng Sai Phân Toàn Phần:

Ta có:

$$ {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{k^2}\left( {{k^2} - 1} \right)\binom{2n}{n - k}}  =\Delta \left [ \,{\dfrac { \left( n+k \right) k \left( k-2 \right)  \left( -1 \right) ^{k} \left( {k}^{2}-1 \right) \binom{2n}{n-k}}{2(n-2)}} \right ]$$

Do đó $$ \sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{k^2}\left( {{k^2} - 1} \right)\binom{2n}{n - k}}=\sum^n_{{k=1}}\Delta \left [ \,{\dfrac { \left( n+k \right) k\left( k-2 \right)  \left( -1 \right) ^{k} \left( {k}^{2}-1 \right) \binom{2n}{n-k}}{2(n-2)}} \right ]=0$$

Cách 2: dùng Sai Phân Từng Phần:

Ta có:

$$(-1)^{k+1}\binom{2n}{n-k}=\Delta \left [ \dfrac{(n+k)(-1)^k \binom{2n}{n-k}}{2n} \right ]$$

Suy ra:

$$S=\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{k^2}\left( {{k^2} - 1} \right)\binom{2n}{n - k}} \\=\sum^n_{k=1}{\frac {k \left( k+1 \right)  \left( 2\,k+1 \right)  \left( n+k+1 \right)  \left( -1 \right) ^{k+1}}{n}} \binom{2n}{n-k-1}$$

Cần chứng minh:

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

Có: $$(-1)^{k+1} \binom{2n-1}{n-k-1}=\Delta \left [ (-1)^k \binom{2n-2}{n-k-1} \right ]$$

Suy ra $$(-1)^{k+1} \binom{2n-1}{n-k-1}=\Delta \left [ (-1)^k \binom{2n-2}{n-k-1} \right ]\\P=6\binom{2n-2}{n-2}-  \sum^n_{k=1} 6 (k+1)^2 (-1)^{k+1} \binom{2n-2}{n-k-2}$$

Giờ cần tính $$Q=\sum^n_{k=1}  (k+1)^2 (-1)^{k+1} \binom{2n-2}{n-k-2}$$

Có:

$$Q=\sum^n_{k=1}  (k+1)^2 (-1)^{k+1} \binom{2n-2}{n-k-2}\\=\sum^n_{k=1}  (k+1)^2 \Delta \left [ (-1)^{k} \binom{2n-3}{n-k-2} \right ]\\=\dfrac{2(n+1)}{n-2} \binom{2n-3}{n-4}-\sum^n_{k=1} (2k+3) (-1)^{k+1} \binom{2n-3}{n-k-3}\\R=\sum^n_{k=1} (2k+3) (-1)^{k+1} \binom{2n-3}{n-k-3}\\=\sum^n_{k=1} (2k+3) (-1)^{k+1} \binom{2n-3}{n-k-3}\\=-\dfrac{5(n+1)}{2n-3} \binom{2n-3}{n-4}-\sum^n_{k=1} 2(-1)^{k+1} \binom{2n-4}{n-k-4}\\=-\dfrac{5(n+1)}{2n-3} \binom{2n-3}{n-4}-2\sum^n_{k=1} \Delta \left [(-1)^{k} \binom{2n-4}{n-k-4}  \right ]\\\\=\dfrac{(5n-3)}{n-1} \binom{2n-2}{n-2}$$

Suy ra đpcm

Cách 3: Dùng Abel transformation

 

Giờ đã hiểu vì sao Abel không ăn được 2 biến, thế mới chán ... Vì thế cách sau chỉ dùng cho 1 biến nên dài:

$$G_n=\sum^n_{k=1}k^2(k^2-1)=\dfrac{1}{10} n(n-1)(2n+1)(n+2)(n+1)$$

Suy ra $$S=\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{k^2}\left( {{k^2} - 1} \right)\binom{2n}{n - k}}  \\=\sum^n_{k=1}k^2(k^2-1)=\dfrac{1}{10} n(n-1)(2n+1)(n+2)(n+1) (-1)^{n+1} \binom{2n}{n+n}\\-\sum^{n-1}_{k=1} \dfrac{1}{10}k(k-1)(2k+1)(k+2)(k+1)\Delta \left [ (-1)^{k+1}\binom{2n}{n+k} \right ]$$

 

$$P=\sum^{n-1}_{k=1} \dfrac{1}{10} k(k-1)(2k+1)(k+2)(k+1)\Delta \left [ (-1)^{k+1}\binom{2n}{n+k} \right ]\\=\dfrac{1}{10}\sum^{n-1}_{k=1} k(k-1)(2k+1)(k+2)(k+1) (-1)^k \binom{2n+1}{n-k}$$

 

Ở đây, trong biểu thức $k(k-1)(k+2)(k+1)$ là tích các số nguyên liên tiếp, và để ý rằng:

$$(k+3) \binom{2n}{n+k+1}+(k-2)\binom{2n}{n+k}\\=(k+3) \binom{2n}{n+k} \dfrac{n-k}{n+k+1}+(k-2)\binom{2n}{n+k}\\=\dfrac{(2k+1)(n-2)\binom{2n}{n+k}}{n+k+1}\\=\dfrac{(2k+1)(n-2) \binom{2n}{n+k+1}}{2n+1}\\\Rightarrow \binom{2n}{n+k+1}=\dfrac{2n+1}{n-2} \left (  (k+3) \binom{2n}{n+k+1}+(k-2)\binom{2n}{n+k}\right )$$

 

Từ đó ta được:

$$k(k-1)(2k+1)(k+2)(k+1) (-1)^k \binom{2n+1}{n-k}\\=k(k-1)(2k+1)(k+2)(k+1) (-1)^k \dfrac{2n+1}{n-2} \left (  (k+3) \binom{2n}{n+k+1}+(k-2)\binom{2n}{n+k}\right )\\=\dfrac{2n+1}{n-2} (-1)^k\left ( {\frac { \left( k-1 \right)  \left( k+1 \right) k \left( k+3 \right)  \left( k+2 \right) \binom{2n}{n+k+1}}{n-2}}+{\frac { \left( k-2 \right) k \left( k-1 \right)  \left( k+2 \right)  \left( k+1 \right)\binom{2n}{n+k} }{n-2}} \right )\\=\dfrac{2n-1}{n-2} \Delta \left [  \left( k-2 \right) k \left( k-1 \right)  \left( k+2 \right)  \left( k+1 \right)  \left( -1 \right) ^{k+1}\binom{2n}{n+k} \right ]$$

Suy ra kết quả

 

_______________________________________

Bài toán 39*: Cho $n \ge 3$.Chứng minh rằng :

\[\sum\limits_{k = 1}^n {{k^2}\left( {{k^2} - 1} \right)\binom{2n}{n - k}}  = 3n(n-1)2^{2n-3}\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 26-05-2013 - 23:21

[dark templar]

 

Em làm được mỗi bài ...

Cách 1: Dùng Sai Phân Toàn Phần

Ta có:

$$ {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{k^2}\left( {{k^2} - 1} \right)\binom{2n}{n - k}}  =\Delta \left [ \,{\dfrac { \left( n+k \right) k \left( k-2 \right)  \left( -1 \right) ^{k} \left( {k}^{2}-1 \right) \binom{2n}{n-k}}{2(n-2)}} \right ]$$

Do đó $$ \sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{k^2}\left( {{k^2} - 1} \right)\binom{2n}{n - k}}=\sum^n_{{k=1}}\Delta \left [ \,{\dfrac { \left( n+k \right) k\left( k-2 \right)  \left( -1 \right) ^{k} \left( {k}^{2}-1 \right) \binom{2n}{n-k}}{2(n-2)}} \right ]=0$$

 

Đề nghị Việt không xài các phần mềm tính toán để mà "phang" ra kết quả nhé,ít nhất em cũng hãy trình bày hướng đi để có thể ra được biểu thức sai phân ở trên chứ ! 

 

Nhìn các lời giải của em cứ như "từ trên trời rơi xuống" vậy ! Những lời giải như trên,theo anh là hoàn toàn vô nghĩa vì người đọc chẳng có được chút kiến thức,ích lợi gì ngoài những biểu thức Đại Số "khủng" được tạo ra từ vi tính !

 

@SUPERMEMBER: EM CŨNG THẤY NÓNG MŨI LÂU RỒI MÀ KHÔNG NÓI.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 27-05-2013 - 13:11

[nthoangcute]

Đề nghị Việt không xài các phần mềm tính toán để mà "phang" ra kết quả nhé,ít nhất em cũng hãy trình bày hướng đi để có thể ra được biểu thức sai phân ở trên chứ ! 

 

Nhìn các lời giải của em cứ như "từ trên trời rơi xuống" vậy ! Những lời giải như trên,theo anh là hoàn toàn vô nghĩa vì người đọc chẳng có được chút kiến thức,ích lợi gì ngoài những biểu thức Đại Số "khủng" được tạo ra từ vi tính !

Em trình bày cách 2 rồi mà ...

Còn cách 1 là dùng wolframalpha ...

Em đang nghĩ thêm cách 3 dùng Abel

[hxthanh]

Bài toán 38: Cho $m,n$ là các số nguyên dương bất kỳ. Tìm điều kiện của $m$ và $n$ để $\sum\limits_{k = 0}^{mn - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^{\left\lfloor {\frac{k}{m}} \right\rfloor  + \left\lfloor {\frac{k}{n}} \right\rfloor }}}  = 0$ ?

 

Spoiler

Bài này khá vui ...

Bài này không biết có "lừa đảo" gì không

Ta viết tổng đã cho dưới dạng:

$S=\sum_{k=0}^{mn-1}(-1)^{\left\lfloor\frac{k}{m}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{k}{n}\right\rfloor}=$

$=\underbrace{\sum_{k=0}^{mn-1}\text{Boolean}\left\{2\;\mid\;\left\lfloor\frac{k}{m}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{k}{n}\right\rfloor\right\}}_{S_1}-\underbrace{\sum_{k=0}^{mn-1}\text{Boolean}\left\{2\;\nmid\;\left\lfloor\frac{k}{m}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{k}{n}\right\rfloor\right\}}_{S_2}$

 

Trong đó biểu thức lấy tổng là trị logic của biểu thức logic trong dấu $\{...\}$

Dễ thấy:

$u=\left\lfloor\frac{k}{m}\right\rfloor \in\left[0,n-1\right]\quad{} $ và ${}\quad v=\left\lfloor\frac{k}{n}\right\rfloor \in\left[0,m-1\right]$

Mọi giá trị của $u$; $v$ sao $u$ và $v$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ làm nên tổng $S_1$, ngược lại sẽ làm nên tổng $S_2$

 

TH1: $m$ chẵn và $n$ chẵn

Khi đó: số giá trị $u$ chẵn bằng số giá trị $u$ lẻ và bằng $\frac{n}{2}$

số giá trị $v$ chẵn bằng số giá trị $v$ lẻ và bằng $\frac{m}{2}$

Dễ thấy rằng khi đó $S_1=S_2=\frac{n}{2}\cdot\frac{m}{2}+\frac{n}{2}\cdot\frac{m}{2}=\frac{mn}{2}$ và tổng cần tính $S=0$

 

TH2: $m$ chẵn và $n$ lẻ

Khi đó: số giá trị $u$ chẵn bằng $\frac{n+1}{2}$ số giá trị $u$ lẻ bằng $\frac{n-1}{2}$

số giá trị $v$ chẵn bằng số giá trị $v$ lẻ và bằng $\frac{m}{2}$

Số giá trị $u$ chẵn và $v$ chẵn bằng $\frac{n+1}{2}\cdot\frac{m}{2}$

Số giá trị $u$ lẻ và $v$ lẻ bằng $\frac{n-1}{2}\cdot\frac{m}{2}$

Số giá trị $u$ chẵn và $v$ lẻ bằng $\frac{n+1}{2}\cdot\frac{m}{2}$

Số giá trị $u$ lẻ và $v$ chẵn bằng $\frac{n-1}{2}\cdot\frac{m}{2}$

Do đó:

$S_1=S_2=\frac{n+1}{2}\cdot\frac{m}{2}+\frac{n-1}{2}\cdot\frac{m}{2}=\frac{mn}{2}$ và $S=0$

 

TH3: $m$ lẻ và $n$ chẵn: Hoàn toàn tương tự TH2: $\quad S=0$

 

TH4: $m$ lẻ và $n$ lẻ

Khi đó: số giá trị $u$ chẵn bằng $\frac{n+1}{2}$ số giá trị $u$ lẻ bằng $\frac{n-1}{2}$

số giá trị $v$ chẵn bằng $\frac{m+1}{2}$ số giá trị $v$ lẻ bằng $\frac{m-1}{2}$

$S_1=\frac{n+1}{2}\cdot\frac{m+1}{2}+\frac{n-1}{2}\cdot\frac{m-1}{2}=\frac{mn+1}{2}$

$S_2=\frac{n+1}{2}\cdot\frac{m-1}{2}+\frac{n-1}{2}\cdot\frac{m+1}{2}=\frac{mn-1}{2}$

 

và $S=S_1-S_2=1\ne 0$

 

Vậy điều kiện cần tìm là $n,m$ không cùng lẻ!

Vớ vẩn thật

Nhưng mà nếu $n,m$ đều lẻ, như thế có thể thấy ngay từ đầu là số số hạng của $S$ là số lẻ nên không cách nào có thể bằng 0 được!

[hxthanh]

Tái khởi động chủ đề với một bài toán dạng KMO1997

 

Bài toán 40:

Với số nguyên dương $n$

Tính tổng sau

 

$S_n=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\sqrt{k+\left\lfloor\sqrt{k}\right\rfloor}\right\rfloor$

 

Gợi ý

Kết quả có thể biểu diễn dưới dạng:

 

$S_n=(m+r)n-2{m+r+1\choose 3}$

 

với: ${}\quad\begin{cases}m=\left\lfloor\sqrt n\right\rfloor\\r=\left\lfloor\frac{n}{m^2+m+1}\right\rfloor\end{cases}$

[hxthanh]

Bài toán 41:

Cho dãy Fibonacci $\{F_n\}_{n\ge 1}$

Tính tổng:

$S_n=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{F_{2k}}{F_{k+1}}\right\rfloor$

[dark templar]

Bài toán 41:

Cho dãy Fibonacci $\{F_n\}_{n\ge 1}$

Tính tổng:

$S_n=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{F_{2k}}{F_{k+1}}\right\rfloor$

Hướng giải bài toán 41

Do biểu thức trong hàm phần nguyên có dạng $\frac{F_{2k}}{F_{k+1}}$ nên ta sẽ tìm cách biểu diễn Đại Số giữa $F_{2k}$ và $F_{k+1}$ để có thể "phá" dấu phần nguyên.

Lời giải bài toán 41

Trước tiên,theo công thức Binet:

\[{F_k} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left[ {{{\left( {\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right)}^k} - {{\left( {\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}} \right)}^k}} \right] \quad \forall k \ge 0\]

 

Từ đây ta suy ra 2 công thức sau:

\[\begin{array}{l}F_k^2 = {\left( { - 1} \right)^{k + 1}} + {F_{k + 1}}{F_{k - 1}}\\{F_{2k}} = {F_k}\left( {2{F_{k + 1}} - {F_k}} \right)\end{array}\]

 

Do đó:

\[\begin{array}{rcl}\frac{{{F_{2k}}}}{{{F_{k + 1}}}} &=& \frac{{{F_k}\left( {2{F_{k + 1}} - F_k^2} \right)}}{{{F_{k + 1}}}}\\&=& 2{F_k} - \frac{{F_k^2}}{{{F_{k + 1}}}}\\&=& 2{F_k} - \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}} + {F_{k + 1}}{F_{k - 1}}}}{{{F_{k + 1}}}}\\&=& 2{F_k} - {F_{k - 1}} + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{{F_{k + 1}}}}\\\Rightarrow \left\lfloor {\frac{{{F_{2k}}}}{{{F_{k + 1}}}}} \right\rfloor  &=& \left\lfloor {2{F_k} - {F_{k - 1}} + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{{F_{k + 1}}}}} \right\rfloor \\&=& 2{F_k} - {F_{k - 1}} + \left\lfloor {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{{F_{k + 1}}}}} \right\rfloor \end{array}\]

 

Giờ để ý rằng do $F_{k+1}>1;\forall k \ge 1$ nên $\left\lfloor {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{{F_{k + 1}}}}} \right\rfloor  = \left\{ \begin{array}{l}0 \quad \left( {k \text{ chẵn }} \right)\\-1\quad \left( {k \text{ lẻ }} \right)\end{array} \right.$

 

Suy ra $\left\lfloor {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{{F_{k + 1}}}}} \right\rfloor  = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k} - 1}}{2} \quad \forall k \ge 1$.

 

Như vậy:

\[\begin{array}{rcl}{S_n} &=& \sum\limits_{k = 1}^n {\left\lfloor {\frac{{{F_{2k}}}}{{{F_{k + 1}}}}} \right\rfloor } \\&=& 2\sum\limits_{k = 1}^n {{F_k}}  - \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {{F_k}}  + \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{{\left( { - 1} \right)}^k} - 1} \right)} \\&=& {F_n} + \sum\limits_{k = 1}^n {{F_k}}  - \frac{n}{2} + \frac{1}{4}\sum\limits_{k = 1}^n {\Delta \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}} \right]} \\&=& {F_n} + \sum\limits_{k = 1}^n {{F_k}}  - \frac{n}{2} + \frac{1}{4}\left( {{{\left( { - 1} \right)}^n} - 1} \right)\end{array}\]

 

Xét:

\[\begin{array}{rcl}\sum\limits_{k = 1}^n {{F_k}}  &=& \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left[ {\sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( {\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right)}^k}}  - \sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( {\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}} \right)}^k}} } \right]\\&=& \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left[ {\frac{{{{\left( {\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right)}^{n + 1}} - 1}}{{\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} - 1}} - \frac{{{{\left( {\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}} \right)}^{n + 1}} - 1}}{{\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2} - 1}}} \right]\\&=& \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left[ {{{\left( {\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right)}^{n + 2}} - \left( {\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right) - {{\left( {\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}} \right)}^{n + 2}} + \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}} \right]\\&=& {F_{n + 2}} - 1\end{array}\]

 

Kết luận:

\[\boxed{\displaystyle {S_n} = {F_n} + {F_{n + 2}} + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{4} - \frac{{2n + 5}}{4}}\]

 

 

Em nghĩ là khi đưa ra lời giải của 1 bài toán trong topic này,ta hãy để nó dưới dạng "Ẩn-Hiện" như trên để khi load trang và công thức Toán sẽ nhanh hơn,giống như các topic Marathon bên ML vậy.

 

Bài toán 40

Phân đoạn đa thức 2 lần có thể ra nhưng em thấy rối và không hay nữa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 24-06-2013 - 11:45

[hxthanh]

Góp ý:

Cái tổng $\sum_{k=1}^n F_k=\sum_{k=1}^n \Delta\left(F_{k+1}\right)=F_{n+2}-F_2$

cho nhanh

Ủng hộ em cách trình bày như thế này!