Chủ đề này có 2 trả lời

[supermember]

Tính tổng : $ A \ = \ \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k \dfrac{ C_{4n}^{2k}}{ C_{2n}^{k} }$



Bài này không khó nhưng làm được thì chứng tỏ có "con mắt đại số" rất tốt

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 23-11-2012 - 18:37

[supermember]

Nhân dịp này cũng chúc mấy cu 12 mai thi thật tốt nhé . Bài này mang dáng dấp thi ĐH thôi .

Lời giải sau đây của 1 cậu bạn ở Trung Quốc , rất sâu sắc :

Lời giải : Đầu tiên ta đi chứng minh 1 bổ đề quen thuộc :

Bổ đề : với $ m ; n \in N$ thì : $ T \ = \ \int_{0}^{1} t^m (1-t)^n dt \ = \dfrac{m! n!}{(m+n+1)!} \ = \ \dfrac{1}{(m+n+1) C_{m+n}^{m}}$

Chứng minh : tư tưởng dựa vào phương pháp tích phân từng phần .
Đặt $ u = (1-t)^n \Rightarrow u' = -n(1-t)^{n-1}$ ; $ v' = t^m \Rightarrow $ chọn $ v \ = \ \dfrac{t^{m+1}}{m+1}$

Theo công thức tính tích phân từng phần :

$ T \ = \ \dfrac{ (1-t)^n t^{m+1} }{m+1} \quad\bigg|_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \dfrac{n(1-t)^{n-1} t^{m+1}}{m+1}dt $ $ = \dfrac{n}{m+1} \int_{0}^{1} (1-t)^{n-1} t^{m+1}dt = ...= \dfrac{m! n!}{(m+n)!} \int_{0}^{1} t^{m+n} dt = \dfrac{m! n! }{(m+n+1)!} $

Bổ đề được chứng minh .
Vào bài : Theo bổ đề thì ta có thể viết lại tổng $A$ dưới dạng :
$ A \ = \ \sum_{k=0}^{2n} (2n+1) C_{4n}^{2k} (-1)^{k} \int_{0}^{1} t^k (1-t)^{2n-k} dt = (2n+1) \int_{0}^{1} \left( \sum_{k=0}^{2n} C_{4n}^{2k} (-t)^k (1-t ) ^{2n-k} \right) dt$

Đặt $ t = x^2 \Rightarrow dt = 2xdx$ Khi đó :

$ A = 2(2n+1) \int_{0}^{1} \left( \sum_{k=0}^{2n} C_{4n}^{2k} (-x^2)^k (1-x^2 ) ^{2n-k} \right)x dx = 2(2n+1) \int_{0}^{1} F_{4n} (x) x dx$ với $ F_{4n} (x) \ = \ \sum_{k=0}^{2n} C_{4n}^{2k} (-x^2)^k (1-x^2 ) ^{2n-k}$


Với $ x \ \in \ [0 ; 1] $ thì cần tinh ý để thấy được là : $ F_{4n} (x) \ = \ \dfrac{ \left(\sqrt{1-x^2} + ix \right)^{4n} + \left(\sqrt{1-x^2} - ix \right)^{4n}}{2}$
Đặt $ x = sin \varphi \Rightarrow dx = cos\varphi d\varphi$ . Do $ x: 0 \ \to \ 1 \Rightarrow \varphi : 0 \ \to \ \dfrac{\pi}{2} $

Theo công thức $ De- Moivre$ : $ \left( cos\varphi + isin \varphi \right)^{n} = cosn \varphi + isinn \varphi$

$\sqrt{1-x^2} + ix = \sqrt{1 - sin^2 \varphi } + isin \varphi = cos\varphi + isin \varphi $

$\sqrt{1-x^2} - ix = \sqrt{1 - sin^2 \varphi } + isin(- \varphi )= cos(-\varphi) + isin(- \varphi ) $

$ \Rightarrow \left(\sqrt{1-x^2} + ix \right)^{4n} + \left(\sqrt{1-x^2} - ix \right)^{4n} $

$= cos4n \varphi + isin4n \varphi + cos(-4n \varphi) + isin(-4n \varphi ) = 2cos4n \varphi $

$ A = 2(2n+1) \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}} cos4n \varphi cos\varphi sin \varphi d\varphi = A = (2n+1) \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}} cos4n \varphi sin 2 \varphi d\varphi $

Ta chỉ cần tính tích phân $ \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}} cos4n \varphi sin 2 \varphi d\varphi $

$ = \dfrac{1}{2} \int_{0}^{\dfrac{\pi}{2}} \left( sin (4n+2) \varphi - sin (4n-2) \varphi \right)d\varphi $

$ = \left( \dfrac{cos (4n-2) \varphi }{4n-2} \ - \dfrac{cos (4n+2) \varphi }{4n+2} \right) \quad\bigg|_{0}^{\dfrac{\pi}{2}} \ = \ \dfrac{-1}{(2n+1)(2n-1)}$

Vậy : $ A \ = \ \sum_{k=0}^{2n} (-1)^k \dfrac{ C_{4n}^{2k}}{C_{2n}^{k}} \ = \ \dfrac{-1}{2n-1} $

Và đôi khi thế gian này thầm lặng quá....

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 03-12-2012 - 13:11

[hxthanh]

Bài toán này supermember đã cho ta thấy "sức mạnh" của tích phân và số phức trong việc tính tổng tổ hợp.
Sau đây, mình xin làm một cách khác cho thấy "sức mạnh" của kỹ thuật tính tổng và sai phân từng phần cũng không phải là vừa!

$A=\sum_{k=0}^{2n}\left[(-1)^k\dfrac{C_{4n}^{2k}}{C_{2n}^k}\right]$
$A=2-4n+\sum_{k=0}^{2n-2}\left[(-1)^k\dfrac{C_{4n}^{2k}}{C_{2n}^k}\right]\quad$ (tính riêng $2$ số hạng cuối)
$A=2-4n+\sum_{k=0}^{2n-2}\left[\dfrac{(-1)^k(4n-1)(4n-3)}{(4n-1-2k)(4n-3-2k)}\dfrac{C_{4n-4}^{2k}}{C_{2n-2}^k}\right]$
Thay $k$ bởi $2n-2-k$ (đảo chiều) ta được
$A=2-4n+\sum_{k=0}^{2n-2}\left[\dfrac{(-1)^k(4n-1)(4n-3)}{(2k+3)(2k+1)}\dfrac{C_{4n-4}^{4n-4-2k}}{C_{2n-2}^{2n-2-k}}\right]$
$A=2-4n+\dfrac{(4n-1)(4n-3)}{2}\sum_{k=0}^{2n-2}\left[\dfrac{2.(-1)^k}{(2k+3)(2k+1)}\dfrac{C_{4n-4}^{2k}}{C_{2n-2}^k}\right]$
$A=2-4n+\dfrac{(4n-1)(4n-3)}{2}.B$
Trong đó
$B=\sum_{k=0}^{2n-2}\left[\dfrac{2.(-1)^k}{(2k+3)(2k+1)}.\dfrac{C_{4n-4}^{2k}}{C_{2n-2}^k}\right]$
$B=\dfrac{2}{(4n-1)(4n-3)}+\sum_{k=0}^{2n-3}\left[\dfrac{2.(-1)^k}{(2k+3)(2k+1)}.\dfrac{C_{4n-4}^{2k}}{C_{2n-2}^k}\right]\quad$ (tính riêng số hạng cuối)
$B=\dfrac{2}{(4n-1)(4n-3)}+C$
Với $C=\sum_{k=0}^{2n-3}\left[\dfrac{2.(-1)^k}{(2k+3)(2k+1)}.\dfrac{C_{4n-4}^{2k}}{C_{2n-2}^k}\right]$
Đặt
$\begin{cases}g(k)=\dfrac{(-1)^kC_{4n-4}^{2k}}{C_{2n-2}^k} \\ \Delta f(k)=\dfrac{2}{(2k+3)(2k+1)}=\dfrac{1}{2k+1}-\dfrac{1}{2k+3}\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}\Delta g(k)=-\dfrac{4n-4}{2k+1}.\dfrac{(-1)^kC_{4n-4}^{2k}}{C_{2n-2}^k} \\ f(k)=-\dfrac{1}{2k+1}\end{cases}$
Áp dụng sai phân từng phần ta được
$C=\dfrac{(-1)^{k+1}C_{4n-4}^{2k}}{(2k+1)C_{2n-2}^k}\Bigg|_{k=0}^{2n-2}-\sum_{k=0}^{2n-3}\left[\dfrac{1}{2k+3}.\dfrac{4n-4}{2k+1}.\dfrac{(-1)^kC_{4n-4}^{2k}}{C_{2n-2}^k}\right]$
$\Rightarrow C=-\dfrac{1}{4n-3}+1-(2n-2)C$
$\Rightarrow C=\dfrac{4n-4}{(4n-3)(2n-1)}$
$\Rightarrow B=\dfrac{2}{(4n-1)(4n-3)}+\dfrac{4n-4}{(4n-3)(2n-1)}$

$\Rightarrow A=2-4n+\dfrac{(4n-1)(4n-3)}{2}\left[\dfrac{2}{(4n-1)(4n-3)}+\dfrac{4n-4}{(4n-3)(2n-1)}\right]$

$\Rightarrow \boxed{A=-\dfrac{1}{2n-1}}$
_______________________
Đôi khi kết quả không phải là tất cả ...