Chủ đề này có 13 trả lời

[Nobodyv3]

Tính :
$S=\sum_{a<b<c<d}abcd$ theo $n, \, \forall a,b,c,d\in\lbrace 1,2,3,…,n \rbrace$

[perfectstrong]

Giống bài trước nhể

https://diendantoanh...jleq-kleq-nijk/

[Nobodyv3]

Giống bài trước nhể
https://diendantoanh...jleq-kleq-nijk/

Em nghĩ hơi hơi giống mà thui! Bài này rối rắm hơn chứ ạ.
Em xin trình bày 1 cách :
Ta xét 5 TH:
TH 0: $a,b,c,d$ không có ràng buộc gì.
$$S_0=\sum_{a=1}^{n}\sum_{b=1}^{n}\sum_{c=1}^{n}\sum_{d=1}^{n}abcd=\left (\sum_{a=1}^{n} a \right )\left (\sum_{b=1}^{n} b \right )\left (\sum_{c=1}^{n} c \right )\left (\sum_{d=1}^{n} d \right )=\left[ \frac {n(n+1)}2\right ]^4$$TH 1: có 2 thừa số bằng nhau, giả sử $a=b$.
$$S_1=\sum_{a=1}^{n}\sum_{c=1}^{n}\sum_{d=1}^{n}a^2cd=\left (\sum_{a=1}^{n} a^2 \right )\left (\sum_{c=1}^{n} c \right )\left (\sum_{d=1}^{n} d \right )=\left[ \frac {n(n+1)(2n+1)}6\right ]  \left[ \frac {n(n+1)}2\right ]^2$$TH 2: có 2 cặp thừa số bằng nhau, giả sử $a=b,\,c=d$.
$$S_2=\sum_{a=1}^{n}\sum_{c=1}^{n}a^2c^2=\left (\sum_{a=1}^{n} a^2 \right )\left (\sum_{c=1}^{n} c^2 \right )=\left[ \frac {n(n+1)(2n+1)}6\right ]^2$$TH 3: có 3 thừa số bằng nhau, giả sử $a=b=c$.
$$S_3=\sum_{a=1}^{n}\sum_{d=1}^{n}a^3d=\left (\sum_{a=1}^{n} a^3 \right )\left (\sum_{d=1}^{n} d \right )=\left[ \frac {n^2(n+1)^2}4\right ]   \left[ \frac {n(n+1)}2\right ]$$TH 4: cả 4 thừa số bằng nhau.
$$S_4=\sum_{a=1}^{n}a^4=  \frac {n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}$$Và theo nguyên lý bù trừ, với $a\ne b\ne c\ne d $ ta có :
$$\begin {align*}
\sum_{a=1}^{n}\sum_{b=1}^{n}\sum_{c=1}^{n}\sum_{d=1}^{n}abcd&=S_0-6S_1+3S_2+8S_3-6S_4\\
&=\frac {n(n+1)(n-1)(n-2)(n-3)(15n^3+15n^2-10n-8)}{240}\\
\Rightarrow \sum_{1\leq a<b<c<d}abcd&=\frac 1{4!}\left[ \frac {n(n+1)(n-1)(n-2)(n-3)(15n^3+15n^2-10n-8)}{240} \right ]\\
&=\boldsymbol {\frac {n(n+1)(n-1)(n-2)(n-3)(15n^3+15n^2-10n-8)}{5760}}
\end{align*}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 30-10-2024 - 22:52

[hxthanh]

Thử tính:
$S=\sum_{a=1}^{n-3}\sum_{b=a+1}^{n-2}\sum_{c=b+1}^{n-1}\sum_{d=c+1}^n abcd$
từ trong ra ngoài xem có đúng không?
$S=\sum_{a=1}^{n-3}\sum_{b=a+1}^{n-2}\sum_{c=b+1}^{n-1} \dfrac{abc(n+c+1)(n-c)}{2}$
…
thêm 3 lần nữa, mỗi lần tăng thêm 2 bậc kể ra cũng ngại!
Theo WFA thì.. kết quả là
$\dfrac{n(n-2)(n-3)(15n^5+15n^4-25n^3-23n^2+10n+8)}{5760}$

[Nobodyv3]

Ồ, may quá, kết quả trùng với đáp án của thầy.
Thanks everyone.

[perfectstrong]

Để mình thử sức xem

Đặt các hàm như sau:

\begin{align*}
{F_4}\left( n \right) &= \sum\limits_{1 \le a < b < c < d \le n} {abcd} \\
{F_3}\left( n \right) &= \sum\limits_{1 \le a < b < c \le n} {abc} \\
{F_2}\left( n \right) &= \sum\limits_{1 \le a < b \le n} {ab} \\
{F_1}\left( n \right) &= \sum\limits_{1 \le a \le n} a
\end{align*}

Dễ thấy ${F_1}\left( n \right) = \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}$

Tiếp tục, ta tính truy hồi từng hàm theo thứ tự phức tạp tăng dần (phải nhờ Wolfram-Alpha "chun chút" )

\begin{align*}
{F_2}\left( {n + 1} \right) & = \left( {n + 1} \right){F_1}\left( n \right) + {F_2}\left( n \right)\\
 & = \frac{{n{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{2} + {F_2}\left( n \right)\\
 \Rightarrow {F_2}\left( n \right)& = \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {k{{\left( {k + 1} \right)}^2}} \\
 &= \frac{1}{{24}}\left( {n - 1} \right)n\left( {n + 1} \right)\left( {3n + 2} \right)\\
{F_3}\left( {n + 1} \right)& = \left( {n + 1} \right){F_2}\left( k \right) + {F_3}\left( n \right)\\
 &= \frac{1}{{24}}\left( {n - 1} \right)n{\left( {n + 1} \right)^2}\left( {3n + 2} \right) + {F_3}\left( n \right)\\
 \Rightarrow {F_3}\left( n \right) &= \frac{1}{{24}}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {k - 1} \right)n{{\left( {k + 1} \right)}^2}\left( {3k + 2} \right)} \\
 &= \frac{1}{{48}}\left( {n - 2} \right)\left( {n - 1} \right){n^2}{\left( {n + 1} \right)^2}\\
{F_4}\left( {n + 1} \right) &= \left( {n + 1} \right){F_3}\left( n \right) + {F_4}\left( n \right)\\
 &= \frac{1}{{48}}\left( {n - 2} \right)\left( {n - 1} \right){n^2}{\left( {n + 1} \right)^3} + {F_4}\left( n \right)\\
 \Rightarrow {F_4}\left( n \right) &= \frac{1}{{48}}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {k - 2} \right)\left( {k - 1} \right){k^2}{{\left( {k + 1} \right)}^3}} \\
 &= \frac{1}{{5760}}\left( {n - 3} \right)\left( {n - 2} \right)\left( {n - 1} \right)n\left( {n + 1} \right)\left( {15{n^3} + 15{n^2} - 10n - 8} \right)
\end{align*}

 

Hú vía ra đúng số với mọi người

Công thức truy hồi tổng quát cho tổng của tích $m$ số nguyên dương phân biệt không quá $n$ là:

\[{F_{m + 1}}\left( {n + 1} \right) = \left( {n + 1} \right){F_m}\left( n \right) + {F_{m + 1}}\left( n \right)\]

Công thức chung của $F_m(n)$ có vẻ là:

\[{F_m}\left( n \right) = \frac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{\left( {n - m} \right)!}}\frac{1}{{{C_m}}}{G_m}\left( n \right)\]

Với $C_m$ là một hệ số nguyên theo $m$ và $G_m$ là một đa thức nguyên bậc $m-1$. Mình vẫn chưa tìm ra công thức tổng quát của $C_m$ và $G_m$, đành nhờ mọi người giúp

[Nobodyv3]

Thú vị quá! Em xin đóng góp 1 lời giải nữa :
$S=\sum_{1\leq a<b<c<d\leq n}abcd=\sum_{d=4}^{n}\sum_{c=3}^{d-1}\sum_{b=2}^{c-1}\sum_{a=1}^{b-1}abcd$
Ta có :
$$\begin {align*}
\sum_{a=1}^{b-1}a&=\binom b2\\
\sum_{b=2}^{c-1}b\binom b2&= \sum_{b=2}^{c-1}\left [3\binom b3+
2\binom b2\right] =3\binom c4+2\binom c3\\
\sum_{c=3}^{d-1}c\left [3\binom c4+
2\binom c3\right] &=\sum_{c=3}^{d-1}\left [15\binom c5+
20\binom c4+6\binom c3\right] \\
&=15\binom d6+20\binom d5+6\binom d4\\
\Rightarrow S&=\sum_{d=4}^{n}d\left [15\binom d6+
20\binom d5+6\binom d4\right] \\&=\sum_{d=4}^{n}\left [105\binom d7+
210\binom d6+130\binom d5+24\binom d4\right] \\
&=105\binom {n+1}8+210\binom {n+1}7+130\binom {n+1}6+24\binom {n+1}5\\
&=\boldsymbol {\frac{(n-3)(n-2)(n-1)n(n+1)(15n^3+15n^2-10n-8)}{5760}}
\end{align*}$$

[hxthanh]

Thú vị quá! Em xin đóng góp 1 lời giải nữa :
$S=\sum_{1\leq a<b<c<d\leq n}abcd=\sum_{d=4}^{n}\sum_{c=3}^{d-1}\sum_{b=2}^{c-1}\sum_{a=1}^{b-1}abcd$
Ta có :…

Cách này tuyệt vời nhất!

[Nobodyv3]

Cách này tuyệt vời nhất!

Cảm ơn thầy. Ý tưởng này có được cũng là từ bài giải của thầy.

[hxthanh]

Cảm ơn thầy. Ý tưởng này có được cũng là từ bài giải của thầy.

Đấy! Quan trọng ở chỗ học 1 biết 10 của bạn. Với ý tưởng giới hạn khoảng biến thiên của mỗi biến chạy, tôi thực hiện phép lấy tổng từ biến $d \to a$ dẫn tới “cận dưới” nó bị xấu dần đều, ngược lại bạn thực hiện lấy tổng từ $a\to d$ khéo léo dùng tính chất “teleport” của binomial dẫn đến bài toán sáng sủa và ít phép tính đi rất nhiều. Hãy áp dụng cách này cho bài toán cũ của bạn, xem nó hữu dụng như thế nào!

[perfectstrong]

Thú vị quá! Em xin đóng góp 1 lời giải nữa :
$S=\sum_{1\leq a<b<c<d\leq n}abcd=\sum_{d=4}^{n}\sum_{c=3}^{d-1}\sum_{b=2}^{c-1}\sum_{a=1}^{b-1}abcd$
Ta có :
$$\begin {align*}
\sum_{a=1}^{b-1}a&=\binom b2\\
\sum_{b=2}^{c-1}b\binom b2&= \sum_{b=2}^{c-1}\left [3\binom b3+
2\binom b2\right] =3\binom c4+2\binom c3\\
\sum_{c=3}^{d-1}c\left [3\binom c4+
2\binom c3\right] &=\sum_{c=3}^{d-1}\left [15\binom c5+
20\binom c4+6\binom c3\right] \\
&=15\binom d6+20\binom d5+6\binom d4\\
\Rightarrow S&=\sum_{d=4}^{n}d\left [15\binom d6+
20\binom d5+6\binom d4\right] \\&=\sum_{d=4}^{n}\left [105\binom d7+
210\binom d6+130\binom d5+24\binom d4\right] \\
&=105\binom {n+1}8+210\binom {n+1}7+130\binom {n+1}6+24\binom {n+1}5\\
&=\boldsymbol {\frac{(n-3)(n-2)(n-1)n(n+1)(15n^3+15n^2-10n-8)}{5760}}
\end{align*}$$

Lời giải này đẹp và tự nhiên Có thể giải thích phần nào ý nghĩa trực quan của $F_m(n)$:

\[{F_m}\left( n \right) = \sum\limits_{k = m + 1}^{2m} {{C_{m,k}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}  {n + 1}\\ k \end{array}} \right)} \]

Giờ chỉ còn cái tính các hệ số

[hxthanh]

Lời giải này đẹp và tự nhiên Có thể giải thích phần nào ý nghĩa trực quan của $F_m(n)$:
\[{F_m}\left( n \right) = \sum\limits_{k = m + 1}^{2m} {{C_{m,k}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {n + 1}\\ k \end{array}} \right)} \]
Giờ chỉ còn cái tính các hệ số

Xếp theo kiểu “tam giác Pascal” sẽ có:
\begin{array}{cccccc}
1&&&&&\\
2& 3&&&&\\
6& 20& 15&&&\\
24& 130& 210& 105&&\\
120& 924& 2380 &2520&945&\\
…&…&…&…&…&…&\\
\end{array}
Cột 1 là 1!, 2!, 3!…
Cạnh “huyền” là 1, 1.3, 1.3.5, 1.3.5.7,…
Tổng đan dấu bằng $\pm 1$
20=6+15-1; 24+210=130+105-1; v.v…
Còn dấu hiệu gì nữa nhỉ?
$(2+3).4=20$
$(6+20).5=130$
$(20+15).6=210$
…
Viết lại Hàm $F_m(n)$ của perfectstrong dạng
$$F_m(n)=\sum_{k=1}^m C_{m,k}\binom{n+1}{m+k}$$
Khi đó ta có công thức truy hồi của “Tam giác” trên là:
\begin{equation}C_{m+1,k+1}=(m+k+1)(C_{m,k}+C_{m,k+1})\end{equation}
———
Đến đây xây dựng bài toán kiểu:

Bài toán

Với các số tự nhiên $m,k$, người ta định nghĩa hàm số nguyên $C_{m,k}$ như sau:
$C_{m,0}=0, \forall m\in\mathbb N^*$
$C_{m,k}=0, \forall k> m$
$C_{0,0}=1$
$C_{m+1,k+1}=(m+k+1)(C_{m,k}+C_{m,k+1}),\forall m,k\in \mathbb N$
Hãy tính giá trị của tổng:
$S_n=\sum_{k=1}^n (-1)^kC_{n,k}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 05-11-2024 - 14:12

[Nobodyv3]

Đấy! Quan trọng ở chỗ học 1 biết 10 của bạn. Với ý tưởng giới hạn khoảng biến thiên của mỗi biến chạy, tôi thực hiện phép lấy tổng từ biến $d \to a$ dẫn tới “cận dưới” nó bị xấu dần đều, ngược lại bạn thực hiện lấy tổng từ $a\to d$ khéo léo dùng tính chất “teleport” của binomial dẫn đến bài toán sáng sủa và ít phép tính đi rất nhiều. Hãy áp dụng cách này cho bài toán cũ của bạn, xem nó hữu dụng như thế nào!

_Yes, Sir.
==========
Đề bài : Tính
$$\displaystyle \mathop{\sum\sum\sum}_{1\leq i\leq j\leq k\leq n}ijk $$Giải:
Ta có :
$$\begin{align*} \underbrace{\underset{1\le i\le j\le k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk}_S&=\underbrace{\underset{1\le i< j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk}_{S_1} \\
&\quad +\underbrace{\underset{1\le i= j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk+\underset{1\le i< j= k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk+\underset{1\le i= j= k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk}_{S_2}
\end{align*}$$- Tính $S_1$:
$$\begin {align*}
S_1&=\sum_{k=3}^{n}\sum_{j=2}^{k-1}\sum_{i=1}^{j-1}ijk\\
\text{mà:}\qquad \qquad &\\
\sum_{i=1}^{j-1}i&=\binom j2\\
\sum_{j=2}^{k-1}j\binom j2&=\sum_{j=2}^{k-1}\left[ 3\binom j3+2\binom j2 \right]=3\binom k4+2\binom k3 \\
\Rightarrow S_1&=\sum_{k=3}^{n}k\left[
3\binom k4+2\binom k3 \right] \\
&=3\sum_{k=3}^{n}\left[
5\binom k5+4\binom k4 \right]+2\sum_{k=3}^{n}\left[
4\binom k4+3\binom k3 \right]\\
&=15\binom{n+1}6+20\binom{n+1}5+6\binom{n+1}4\\
&=\frac 1{48}(n-2)(n-1)n^2(n+1)^2
\end{align*}$$- Tính $S_2$:
$$\begin {align*}
S_2&=\underset{1\le i= j, k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk=\left ( \sum_{j=1}^{n}j^2 \right )\left ( \sum_{k=1}^{n}k \right )\\
&=\frac {1}{6}n(n+1)(2n+1)\cdot \frac {1}{2}n(n+1)\\
&=\frac {1}{12}n^2(n+1)^2(2n+1)
\end{align*}$$Do đó :
$$\begin {align*}
S&=\frac {1}{48}n^2(n+1)^2(n-1)(n-2)+\frac {1}{12}n^2(n+1)^2(2n+1)\\
&=\frac {1}{48}n^2(n+1)^2(n^2+5n+6)\\
&=\boldsymbol {\frac {1}{48}n^2(n+1)^2(n+2)(n+3)}
\end{align*}$$

Chú thích :
Để tính $S_1$, ta sử dụng 2 đẳng thức tổ hợp :
$n\binom nr=(r+1)\binom n{r+1}+r\binom nr$
và (hockey - stick identity) :
$\displaystyle{ \binom{r}{r} + \binom{r+1}{r} + \binom{r+2}{r} + \cdots + \binom{n}{r} = \binom{n+1}{r+1}. }$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 04-11-2024 - 21:12

[hxthanh]

Sao lại phức tạp vậy nhỉ?
\begin {align*}
\sum_{a=1}^{b}a&=\binom {b+1}2\\
\sum_{b=1}^{c}b\binom {b+1}2&= \sum_{b=1}^{c}\left [3\binom {b+1}3+
\binom {b+1}2\right] \\&=3\binom {c+2}4+\binom {c+2}3\\
\sum_{c=1}^{n}c\left [3\binom {c+2}4+
\binom {c+2}3\right] &=\sum_{c=1}^{n}\left [15\binom {c+2}5+
10\binom {c+2}4+\binom {c+2}3\right] \\
&=15\binom {n+3}6+10\binom {n+3}5+\binom {n+3}4\\
\Rightarrow \sum_{c=1}^n\sum_{b=1}^c\sum_{a=1}^b abc&=
\boldsymbol {\dfrac{n^2(n+1)^2(n+2)(n+3)}{48}}
\end{align*}

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 04-11-2024 - 22:58