Chủ đề này có 1 trả lời

[jb7185]

Tính tổng $S=C_{2n+1}^{0}+C_{2n+1}^{1}-C_{2n+1}^{2}-C_{2n+1}^{3}+...+(-1)^{[\frac{k}{2}]}C_{2n+1}^{k}+...+(-1)^nC_{2n+1}^{2n}+(-1)^nC_{2n+1}^{2n+1}$
với $[\frac{k}{2}]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $\frac{k}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi jb7185: 29-05-2013 - 07:47

[dark templar]

Tính tổng $S=C_{2n+1}^{0}+C_{2n+1}^{1}-C_{2n+1}^{2}-C_{2n+1}^{3}+...+(-1)^{[\frac{k}{2}]}C_{2n+1}^{k}+...+(-1)^nC_{2n+1}^{2n}+(-1)^nC_{2n+1}^{2n+1}$
với $[\frac{k}{2}]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $\frac{k}{2}$

Trước tiên ta xét số phức $z = 1 + i = \sqrt 2 \left( {\cos \frac{\pi }{4} + i\sin \frac{\pi }{4}} \right)$.

 

Xét khai triển nhị thức Newton của $z^{2n+2}$ và áp dụng công thức Moivre,ta có:

\[\begin{eqnarray*}{z^{2n + 2}} = {2^{n + 1}}\left( {\cos \frac{{\left( {n + 1} \right)\pi }}{2} + i\sin \frac{{\left( {n + 1} \right)\pi }}{2}} \right) &=& \sum\limits_{k = 0}^{2n + 2} {{i^k}\binom{2n + 2}{k}} \\&=& \sum\limits_{j = 0}^{n + 1} {{i^{2j}}\binom{2n + 2}{2j}}  + \sum\limits_{j = 0}^n {{i^{2j + 1}}\binom{2n + 2}{2j + 1}} \quad &\text{(Phân đoạn modulo 2)} \\&=& \sum\limits_{j = 0}^{n + 1} {{{\left( { - 1} \right)}^j}\binom{2n + 2}{2j}}  + i\sum\limits_{j = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^j}\binom{2n + 2}{2j + 1}} \end{eqnarray*}\]

 

Mặt khác,phân đoạn modulo 2 của tổng $S$,ta thu được:

\[\begin{array}{rcl}S=\sum\limits_{k = 0}^{2n + 1} {{{\left( { - 1} \right)}^{\left\lfloor {\frac{k}{2}} \right\rfloor }}\binom{2n + 1}{k}}  &=& \sum\limits_{j = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^j}\binom{2n + 1}{2j}}  + \sum\limits_{j = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^j}\binom{2n + 1}{2j + 1}} \\&=& \sum\limits_{j = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^j}\binom{2n + 2}{2j + 1}} = {\mathop{\rm Im}\nolimits} {z^{2n + 2}} \\&=& \boxed{\displaystyle {2^{n + 1}}\sin \frac{{\left( {n + 1} \right)\pi }}{2}}\end{array}\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 29-05-2013 - 14:32