Đến nội dung

Hình ảnh

$S_n=u_1+u_2+...+u_n$ với $u_1=\frac{1}{2}, u_n=\frac{(2n-3)!}{4n!}, n\geq 2$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 11 trả lời

#1
faraanh

faraanh

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 239 Bài viết

1. tính $P_n=3.5.(2n-1)(2n+1)$

2. tính $S_n=u_1+u_2+...+u_n$ với $u_1=\frac{1}{2}, u_n=\frac{(2n-3)!!}{4n!}, n\geq 2$


thinking about all thing what you say but do not saying all thing what you think

#2
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết


1. tính $P_n=3.5.(2n-1)(2n+1)$

2. tính $S_n=u_1+u_2+...+u_n$ với $u_1=\frac{1}{2}, u_n=\frac{(2n-3)!!}{4n!}, n\geq 2$

Bài 1: Cái này thuộc về định nghĩa giai thừa cách đôi rồi mà em  :mellow: $P_{n}=(2n+1)!!$.

 

Bài 2: Bài này phải nói là đã vượt quá kiến thức của bậc THPT đi thi ĐH  (vì phải sử dụng đến dãy Catalan).

 

Để ý đến đẳng thức $\boxed{\displaystyle \left( {2n - 3} \right)!! = \frac{{\left( {2n - 2} \right)!}}{{{2^{n - 1}}\left( {n - 1} \right)!}}}$ thì:

\[{u_n} = \frac{{\left( {2n - 2} \right)!}}{{{2^{n - 1}}.4n!\left( {n - 1} \right)!}} = \frac{1}{{{2^{n + 1}}}}.\frac{{\dbinom{2n - 2}{n - 1}}}{{n }}\]

 

Như vậy:

 

\[\begin{array}{rcl}{S_n} &=& \sum\limits_{k = 1}^n {{u_k}}  = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 2}^n {\frac{{\dbinom{2k - 2}{k - 1}}}{{{2^k}k}}} \\&=& \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\frac{{\dbinom{2k}{k}}}{{\left( {k + 1} \right){2^k}}}} \\&=& \frac{1}{4}\left( {1 - \frac{{\dbinom{2n}{n}}}{{{2^n}\left( {n + 1} \right)}}} \right) + \frac{1}{4}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{\dbinom{2k}{k}}}{{\left( {k + 1} \right){2^k}}}} \\&=& \frac{1}{4}\left( {1 - \frac{{\dbinom{2n}{n}}}{{{2^n}\left( {n + 1} \right)}}} \right) + \frac{1}{{{2^{n + 2}}}}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{\dbinom{2k}{k}}}{{k + 1}}{{.2}^{n - k}}} \end{array}\]
 
Ta xét 2 khai triển chuỗi hình thức sau:
  • $\sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{{\dbinom{2k}{k}}}{{k + 1}}{x^k}}  = \frac{{1 - \sqrt {1 - 4x} }}{{2x}}$ (đây cũng chính là khai triển chuỗi của các số Catalan)
  • $\sum\limits_{k = 0}^\infty  {{2^k}{x^k}}  = \frac{1}{{1 - 2x}}$

 

 

Ta lại có định lý so sánh hệ số (Convolution) như sau:

\[\boxed{\displaystyle \left[ {{t^n}} \right]f\left( t \right)g\left( t \right) = \sum\limits_{k = 0}^n {\left[ {{t^k}} \right]f\left( t \right)\left[ {{y^{n - k}}} \right]g\left( y \right)}} \]

 

 

Trong đó ký hiệu $[t^{n}]f(t)$ là hệ số của $t^{n}$ trong khai triển chuỗi hình thức của hàm $f(t)$.

 

Do đó:

 

\[\begin{array}{rcl}{S_n} &=& \frac{1}{4}\left[ {1 - \frac{{\dbinom{2n}{n}}}{{{2^n}\left( {n + 1} \right)}}} \right] + \frac{1}{{{2^{n + 2}}}}\sum\limits_{k = 0}^n {\left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - 4t} }}{{2t}}\left[ {{y^{n - k}}} \right]\frac{1}{{1 - 2y}}} \\&=& \frac{1}{4}\left[ {1 - \frac{{\dbinom{2n}{n}}}{{{2^n}\left( {n + 1} \right)}}} \right] + \frac{1}{{{2^{n + 2}}}}\left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - 4t} }}{{2t\left( {1 - 2t} \right)}}\\&=& \frac{1}{4}\left[ {1 - \frac{{\dbinom{2n}{n}}}{{{2^n}\left( {n + 1} \right)}}} \right] + \frac{1}{{{2^{n + 2}}}}\left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - 4t} }}{{2t}} + \frac{1}{{{2^{n + 2}}}}\left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - 4t} }}{{1 - 2t}}\\&=& \frac{1}{4} + \frac{1}{{{2^{n + 2}}}}\left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - 4t} }}{{1 - 2t}}\end{array}\]
 
Đến đây thì ...tắc tỵ rồi :(
Spoiler

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 19-04-2013 - 17:25

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

#3
faraanh

faraanh

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 239 Bài viết

 

Bài 1: Cái này thuộc về định nghĩa giai thừa cách đôi rồi mà em  :mellow: $P_{n}=(2n+1)!!$.

 

 

em biết ngay là anh lại dùng cái này mà, chẳng lẽ không còn cách nào khác sao.

còn bài 2, thực ra cái đề nguyên văn là thế này $\left\{\begin{matrix}u_1=\frac{1}{2}\\ u_n=\frac{2n-3}{2n}u_{n-1}(n\geq 2)\end{matrix}\right.$ chứngs minh, $S_n=u_1+u_2+...+u_n<1$, em muốn tính theo CTTQ của $u_n$ mà chả được


thinking about all thing what you say but do not saying all thing what you think

#4
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

em biết ngay là anh lại dùng cái này mà, chẳng lẽ không còn cách nào khác sao.

còn bài 2, thực ra cái đề nguyên văn là thế này $\left\{\begin{matrix}u_1=\frac{1}{2}\\ u_n=\frac{2n-3}{2n}u_{n-1}(n\geq 2)\end{matrix}\right.$ chứngs minh, $S_n=u_1+u_2+...+u_n<1$, em muốn tính theo CTTQ của $u_n$ mà chả được

Với bài 1 thì em còn có thể biểu diễn nó qua hàm giai thừa là $\boxed{\displaystyle P_{n}=\frac{(2n+2)!}{2^{n+1}(n+1)!}}$.

 

Còn bài 2 thì em xem ở đây.

 

Ngoài ra em biến đổi ra cái $u_{n}$ ban đầu sai rồi,phải là $u_{n}=\frac{(2n-3)!!}{2^{n}n!}$ mới đúng ! Muốn tìm CTTQ cho $S_{n}$ thì cũng có thể được nhưng mà vượt quá mức đi thi ĐH rồi :P

 

Spoiler

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

#5
tienvuviet

tienvuviet

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 180 Bài viết

Bài 2 thì bây h em chưa nghĩ ra 1 cách thật sự sơ cấp nhưng nếu dùng cao cấp xong chuyển thành sơ cấp ta sẽ có đc kết quả khá đẹp.
Trước hết ta cần có 1 vài cái cao cấp sau
1.$$\Gamma \left( x \right) = \int_0^\infty  {{e^{ - t}}{t^{x - 1}}dt} $$
2.$$\Gamma \left( x \right)\Gamma \left( {x + \frac{1}{2}} \right) = \frac{{\sqrt \pi  }}{{{2^{2x - 1}}}}\Gamma \left( {2x} \right)$$
Trước hết ta có thể biểu diễn $u(n)$ một cách dễ dàng như sau
$$u\left( n \right) = \frac{1}{2}\frac{{\Gamma \left( {n - \frac{1}{2}} \right)}}{{\sqrt \pi  \Gamma \left( {n + 1} \right)}}$$
Do đó ta có
$${S_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {u\left( k \right)}  =  - \frac{{\left( {n + 1} \right)\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}}{{\sqrt \pi  \Gamma \left( {n + 2} \right)}} + 1 = 1 - \frac{{\left( {n + 1} \right)\Gamma \left( n \right)\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}}{{\sqrt \pi  \Gamma \left( {n + 2} \right)\Gamma \left( n \right)}} = 1 - \frac{{\left( {n + 1} \right)\Gamma \left( {2n} \right)}}{{{2^{2n - 1}}\Gamma \left( {n + 2} \right)\Gamma \left( n \right)}}$$
Mặc khác với $n \in \mathbb{N} \Rightarrow \Gamma \left( n \right) = n!$ tới đây thì dễ rồi liệu có thể dựa vào kết quả này rồi dùng quy nạp để chứng minh không nhỉ :closedeyes:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tienvuviet: 19-04-2013 - 18:40


#6
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Bài 2 thì bây h em chưa nghĩ ra 1 cách thật sự sơ cấp nhưng nếu dùng cao cấp xong chuyển thành sơ cấp ta sẽ có đc kết quả khá đẹp.
Trước hết ta cần có 1 vài cái cao cấp sau
1.$$\Gamma \left( x \right) = \int_0^\infty  {{e^{ - t}}{t^{x - 1}}dt} $$
2.$$\Gamma \left( x \right)\Gamma \left( {x + \frac{1}{2}} \right) = \frac{{\sqrt \pi  }}{{{2^{2x - 1}}}}\Gamma \left( {2x} \right)$$
Trước hết ta có thể biểu diễn $u(n)$ một cách dễ dàng như sau
$$u\left( n \right) = \frac{1}{2}\frac{{\Gamma \left( {n - \frac{1}{2}} \right)}}{{\sqrt \pi  \Gamma \left( {n + 1} \right)}}$$
Do đó ta có
$${S_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {u\left( k \right)}  =  - \frac{{\left( {n + 1} \right)\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}}{{\sqrt \pi  \Gamma \left( {n + 2} \right)}} + 1 = 1 - \frac{{\left( {n + 1} \right)\Gamma \left( n \right)\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}}{{\sqrt \pi  \Gamma \left( {n + 2} \right)\Gamma \left( n \right)}} = 1 - \frac{{\left( {n + 1} \right)\Gamma \left( {2n} \right)}}{{{2^{2n - 1}}\Gamma \left( {n + 1} \right)\Gamma \left( n \right)}}$$
Mặc khác với $n \in \mathbb{N} \Rightarrow \Gamma \left( n \right) = n!$ tới đây thì dễ rồi liệu có thể dựa vào kết quả này rồi dùng quy nạp để chứng minh không nhỉ :closedeyes:

Cách sơ cấp thì cũng có,đó là khai triển hàm sinh;nhưng mà lại quá xa trình độ thi ĐH. :P

**********

Ta biến đổi $u_{n}=\frac{2\dbinom{2n-2}{n-1}}{n4^{n}}$.

 

Vậy thì :

 

\[\begin{array}{rcl}{S_n} &=& \sum\limits_{k = 1}^n {{u_k}} \\&=& \frac{1}{2} + 2\sum\limits_{k = 2}^n {\frac{{\dbinom{2k - 2}{k - 1}}}{{k{4^k}}}} \\&=& \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\frac{{\dbinom{2k}{k}}}{{\left( {k + 1} \right){4^k}}}} \\&=&  - \frac{{\dbinom{2n}{n}}}{{{2^{2n + 1}}\left( {n + 1} \right)}} + \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{\dbinom{2k}{k}}}{{\left( {k + 1} \right){4^k}}}} \end{array}\]
 
Xét 2 khai triển chuỗi hình thức là:
  • $\sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{1}{{k + 1}}{\dbinom{2k}{k}}{x^k}}  = \frac{{1 - \sqrt {1 - 4x} }}{{2x}}$
  • $\sum\limits_{k = 0}^\infty  {\dbinom{ - \frac{1}{2}}{k}{{\left( { - 1} \right)}^k}{x^k}}  = \frac{1}{{\sqrt {1 - x} }} = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{1}{{{4^k}}}\dbinom{2k}{k}} \left( {\left| x \right| < 1} \right)$

 

Cùng với công thức tổng hệ số là $\boxed{\displaystyle \sum\limits_{k = 0}^n {\left[ {{t^k}} \right]f\left( t \right)}  = \left[ {{t^n}} \right]\frac{{f\left( t \right)}}{{1 - t}}}$.

 

Kết hợp các điều trên thì ta sẽ có:

 

\[\begin{array}{rcl}{S_n} &=&  - \frac{1}{{{2^{2n + 1}}\left( {n + 1} \right)}}\binom{2n}{n} + \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 0}^n {\left[ {{t^k}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - 4.\frac{t}{4}} }}{{2.\frac{t}{4}}}} \\&=&  - \frac{1}{{{2^{2n + 1}}\left( {n + 1} \right)}}\binom{2n}{n} + \sum\limits_{k = 0}^n {\left[ {{t^k}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - t} }}{t}} \\&=&  - \frac{1}{{{2^{2n + 1}}\left( {n + 1} \right)}}\binom{2n}{n} + \left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - t} }}{{t\left( {1 - t} \right)}}\\&=&  - \frac{1}{{{2^{2n + 1}}\left( {n + 1} \right)}}\binom{2n}{n} + \left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - t} }}{t} + \left[ {{t^n}} \right]\frac{1}{{1 - t}} - \left[ {{t^n}} \right]\frac{1}{{\sqrt {1 - t} }}\\&=& \boxed{\displaystyle 1 - \frac{1}{{{4^n}}}\binom{2n}{n}}\end{array}\]
 
@supermember: Không ngờ là 1 bài Toán đơn giản nay lại được giải theo 1 cách trọn vẹn và nhiều ý nghĩa hơn, Congrats

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 21-04-2013 - 11:30

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

#7
faraanh

faraanh

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 239 Bài viết

Với bài 1 thì em còn có thể biểu diễn nó qua hàm giai thừa là $\boxed{\displaystyle P_{n}=\frac{(2n+2)!}{2^{n+1}(n+1)!}}$.

 

anh cho em hỏi luôn  công thức chuyển từ giai thừa cách đôi dạng tổng quát thành giai thừa kiểu bình thường và nếu là giai thừa cách 3 cách 4 thì làm sao ạ?


thinking about all thing what you say but do not saying all thing what you think

#8
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết

Tặng Dark Templar cái này:

 

$\Delta\left[\dfrac{\displaystyle 2{2k\choose k}}{4^k}\right]=?$

 

:))



#9
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết


anh cho em hỏi luôn  công thức chuyển từ giai thừa cách đôi dạng tổng quát thành giai thừa kiểu bình thường và nếu là giai thừa cách 3 cách 4 thì làm sao ạ?

Spoiler

1 cách tổng quát thì $\boxed{\displaystyle (2n+2k-1)!!=\frac{(2n+2k)!}{2^{n+k}(n+k)!}}$.

 

Còn giai thừa cách 3,cách 4 thì ...anh chưa nghĩ tới công thức chuyển đổi :P

 

Tặng Dark Templar cái này:

 

$\Delta\left[\dfrac{\displaystyle 2{2k\choose k}}{4^k}\right]=?$

 

:))

 

1 lời giải SPTP hay thật :)

\[\Delta \left[ {\frac{{2\dbinom{2k}{k}}}{{{4^k}}}} \right] =  - \frac{1}{{\left( {k + 1} \right){4^k}}}\binom{2k}{k}\]


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 19-04-2013 - 20:55

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

#10
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết

Ta có:

$(2n)!=[(2n)(2n-2)...2].[(2n-1)(2n-3)...1]=(2n)!!(2n-1)!!$

$\quad=2^n. n! \left(2n-1\right)!!$

Vậy nếu cần chuyển thì:

 

$(2n-1)!!=\dfrac{(2n)!}{2^n.n!}\quad$ và $\quad(2n)!!=2^n.n!$

 

Spoiler



#11
faraanh

faraanh

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 239 Bài viết

hai cái này có vẻ mâu thuẫn

 đẳng thức $\boxed{\displaystyle \left( {2n - 3} \right)!! = \frac{{\left( {2n - 2} \right)!}}{{{2^{n - 1}}\left( {n - 1} \right)!}}}$ 

 

 

$\boxed{\displaystyle (2n+2k)!!=\frac{(2n+2k)!}{2^{n+k}(n+k)!}}$.

 

 

__________________________

@hxthanh: Dark viết thiếu -1 thôi em

Giải thích chi tiết ở bài #10


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 19-04-2013 - 20:07

thinking about all thing what you say but do not saying all thing what you think

#12
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Sau đây là lời giải sơ cấp nhất,bằng sai phân của anh hxthanh :)

 

Theo quy tắc hút và lùi cơ số thì:

 

\[\begin{eqnarray*}\frac{1}{{{4^k}}}\binom{2k}{k} - \frac{1}{{{4^{k + 1}}}}\binom{2k + 2}{k + 1} &=& \frac{1}{{{4^k}}}\left[ {\binom{2k}{k} - \frac{1}{4}.\frac{{2k + 2}}{{k + 1}}\binom{2k + 1}{k}} \right] &\text{(Quy tắc hút)}\\&=& \frac{1}{{{4^k}}}\left[ {\binom{2k}{k} - \frac{1}{2}.\frac{{2k + 1}}{{k + 1}}\binom{2k}{k}} \right] &\text{(Quy tắc lùi cơ số)}\\&=& \frac{1}{{{{2.4}^k}\left( {k + 1} \right)}}\binom{2k}{k}\end{eqnarray*}\]
 
Như vậy thì:
\[\begin{array}{rcl}{S_n} &=& 2\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{{4^k}k}}\binom{2k - 2}{k - 1}} \\&=& \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {\frac{1}{{{4^k}\left( {k + 1} \right)}}\binom{2k}{k}} \\&=& \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{{{4^k}}}\binom{2k}{k} - \frac{1}{{{4^{k + 1}}}}\binom{2k + 2}{k + 1}} \right]} \\&=& \frac{1}{{{4^0}}}\binom{2.0}{0} - \frac{1}{{{4^{n - 1 + 1}}}}\binom{2\left( {n - 1} \right) + 2}{n - 1 + 1}\\&=& \boxed{\displaystyle 1 - \frac{1}{{{4^n}}}\binom{2n}{n}}\end{array}\]

 

 


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




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh