Chủ đề này có 4 trả lời

[supermember]

Bài Toán :

Cho trước số nguyên dương $n$ ; chứng minh rằng :

$ \sum_{k=0}^{n} \dfrac{ \binom{n}{k} ^2}{(2k+1)\binom{2n}{2k}} = \dfrac{2^{4n} (n!)^4}{(2n)! (2n+1)!}$

Nguyễn Kim Anh

[FanquanA1]

Bài Toán :

Cho trước số nguyên dương $n$ ; chứng minh rằng :

$ \sum_{k=0}^{n} \dfrac{ \binom{n}{k} ^2}{(2k+1)\binom{2n}{2k}} = \dfrac{2^{4n} (n!)^4}{(2n)! (2n+1)!}$

Nguyễn Kim Anh

Áp dụng định lý nhị thức $(1+x)^u=\sum_{k=0}^{\infty }\binom{u}{k}x^k$ thì ta có: $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}x^{2n}$ ($\left | x \right |<1$)
Mặt khác: $arcsinx=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ (Sử dụng công thức Maclaurin, tuy nhiên việc chứng minh cái này hơi dài hoặc mọi người có thể xem tại http://vi.wikipedia..../Hàm_lượng_giác)
Xét hàm f xác định trong $(-1,1)$ $f(x)=\frac{arcsinx}{\sqrt{1-x^2}}$ và $\sum_{n=0}^{\infty }a_n.x^{2n+1}$ là khai triển của f
Ta có: $a_n=\sum_{k=0}^{n}\frac{\binom{2k}{k}}{(2k+1).4^k}\frac{\binom{2n-2k}{n-k}}{4^{n-k}}=\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\sum_{k=0}^{n}\frac{\binom{n}{k}^2}{(2k+1)\binom{2n}{2k}}$
Do $(arcsinx)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ nên $(1-x^2)f'(x)=1+xf(x)$. Suy ra:
$1=\sum_{n=0}^{\infty }(2n+1)a_nx^{2n}-\sum_{n=1}^{\infty }(2n-1)a_{n-1}x^{2n}-\sum_{n=1}^{\infty }a_{n-1}x^{2n}=a_0+\sum_{n=1}^{\infty }((2n+1)a_n-2na_{n-1})x^{2n}$
Vì $a_0=1$ nên $\frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{2n}{2n+1},(\forall n\geq 1)$
Theo quy nạp ta sẽ có: $a_n=\frac{4^n(n!)^2}{(2n+1)!}$
Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi FanquanA1: 20-08-2012 - 15:00

[PSW]

Chấm điểm:
FanquanA1 10 điểm

[hxthanh]

Bài Toán :

Cho trước số nguyên dương $n$ ; chứng minh rằng :

$ \sum_{k=0}^{n} \dfrac{ \binom{n}{k} ^2}{(2k+1)\binom{2n}{2k}} = \dfrac{2^{4n} (n!)^4}{(2n)! (2n+1)!}$

Nguyễn Kim Anh

Dù bài này phải dùng hàm sinh và khai triển hàm lượng giác ngược, rồi dùng đạo hàm, quy nạp, v.v... mới được kết quả như trên (lời giải của FanquanA1), tôi vẫn tin rằng có thể dùng kiến thức sơ cấp hơn để giải nó!
Tuy rằng khá chật vật với nó nhưng cuối cùng tôi cũng thành công với phương pháp Sai phân từng phần.

Lời giải:
Trước tiên ta biến đổi Vế Trái một chút, ta có:
$\begin{eqnarray*}\sum_{k=0}^n \cfrac{{n\choose k}^2}{(2k+1){2n\choose 2k}}&=&\sum_{k=0}^n\dfrac{{n\choose k}n!(2k)!(2n-2k)!}{k!(n-k)!(2n)!(2k+1)}\\&=&\sum_{k=0}^n \dfrac{{n\choose k}n!2^k k!(2k-1)!!2^{n-k} (n-k)!(2n-2k-1)!!}{k!(n-k)!(2n)!(2k+1)}\\&=&\dfrac{2^n.n!}{(2n)!}\sum_{k=0}^n\cfrac{{n\choose k}(2k-1)!!(2n-2k-1)!!}{2k+1}\end{eqnarray*}$
Như vậy bài toán đã cho tương đương với việc chứng minh đẳng thức:
$$\tag{1}\sum_{k=0}^n\cfrac{{n\choose k}(2k-1)!!(2n-2k-1)!!}{2k+1}=\dfrac{2^{3n}.(n!)^3}{(2n+1)!}$$
Ta xét bài toán bổ trợ sau:
Bài toán:
Với các số tự nhiên $p\le n$. Tính tổng
$S_{(p,n)}=\sum_{k=0}^{n-p}\cfrac{[(2p)!!]^2{n-p\choose k}(2k-1)!!(2n-2k-1)!!}{(2p-1)!!\prod\limits_{j=0}^p (2k+1+2j)}$
_______
Ta có:
$\begin{eqnarray*}&&\Delta\left[{n-p-1\choose k-1}(2k-3-2p)!!(2n-2k+1)!!\right]=\\&=&{n-p-1\choose k}(2k-1-2p)!!(2n-2k-1)!!\\&& - {n-p-1\choose k-1}(2k-3-2p)!!(2n-2k+1)!!\\&=&(2k-3-2p)!!(2n-2k-1)!!\\&& \left[{n-p-1\choose k}(2k-1-2p)-{n-p-1\choose k-1}(2n-2k+1)\right]\\&&\\&=&-(2p+1){n-p\choose k}(2k-3-2p)!!(2n-2k-1)!!\end{eqnarray*}$
Suy ra:
${n-p\choose k}(2k-3-2p)!!(2n-2k-1)!!=-\dfrac{1}{2p+1}\Delta\left[{n-p-1\choose k-1}(2k-3-2p)!!(2n-2k+1)!!\right]$
Còn lại:
$\Delta\left[\prod\limits_{j=0}^p\dfrac{2k-1-2j}{2k+1+2j}\right]=\prod\limits_{j=0}^p\dfrac{2k+1-2j}{2k+3+2j}-\prod\limits_{j=0}^p\dfrac{2k-1-2j}{2k+1+2j}=\cfrac{(2p+2)^2\prod\limits_{j=0}^{p-1}(2k-1-2j)}{\prod\limits_{j=0}^{p+1}(2k+1+2j)}$

Áp dụng SPTP, ta có:

$S_{(n,p)}=\left[-\dfrac{[(2p)!!]^2}{(2p-1)!!(2p+1)}{n-p-1\choose k-1}(2k-3-2p)!!(2n-2k+1)!!\cdot\prod\limits_{j=0}^p\dfrac{2k-1-2j}{2k+1+2j}\right]\Bigg|_{k=0}^{n-p+1} - $
$\sum_{k=0}^{n-p}\left[\dfrac{[(2p)!!]^2}{(2p-1)!!}\cdot\dfrac{-{n-p-1\choose k}(2k-1-2p)!!(2n-2k-1)!!}{2p+1}\cdot\cfrac{(2p+2)^2\prod\limits_{j=0}^{p-1}(2k-1-2j)}{\prod\limits_{j=0}^{p+1}(2k+1+2j)}\right]$

$\quad=\sum_{k=0}^{n-p-1}\dfrac{[(2p+2)!!]^2{n-p-1\choose k}(2k-1)!!(2n-2k-1)!!}{(2p+1)!!\prod\limits_{j=0}^{p+1}(2k+1+2j)}$

$\quad=S_{(p+1,n)}$

Từ đó suy ra
$\begin{eqnarray*}S_{(p,n)}=S_{(p+1,n)}=...=S_{(n,n)}&=&\sum_{k=0}^{n-n}\cfrac{[(2n)!!]^2{n-n\choose k}(2k-1)!!(2n-2k-1)!!}{(2n-1)!!\prod\limits_{j=0}^n (2k+1+2j)}\\&=&\dfrac{[(2n)!!]^2}{(2n+1)!!}\end{eqnarray*}$
Mặt khác: (với $p=0$), ta có:
$\begin{eqnarray*}S_{(0,n)}&=&\sum_{k=0}^{n}\cfrac{{n\choose k}(2k-1)!!(2n-2k-1)!!}{(2k+1)}=...=S_{(n,n)}=\dfrac{[(2n)!!]^2}{(2n+1)!!}\\&=&\dfrac{[(2n)!!]^3}{(2n+1)!!(2n)!!}\\&=&\dfrac{2^{3n}(n!)^3}{(2n+1)!}\end{eqnarray*}$
Vậy $(1)$ được chứng minh.
Bài toán được giải quyết hoàn toàn!

@Dark templar:Vô đối quá
@ Supermember: tất cả là nhờ cú hích tâm lý của supermember
@ hxthanh: Có gì đâu, tôi chỉ cố gắng tìm cách "nâng tầm" SPTP lên mà thôi!

[nthoangcute]

Bài Toán :
Cho trước số nguyên dương $n$ ; chứng minh rằng :
$ \sum_{k=0}^{n} \dfrac{ \binom{n}{k} ^2}{(2k+1)\binom{2n}{2k}} = \dfrac{2^{4n} (n!)^4}{(2n)! (2n+1)!}$

 

Cách làm của thầy Thanh trâu quá ...

Liệu thầy có thể làm bài toán tổng quát này không:
Chứng minh rằng:
$$\sum_{k=0}^{n} \dfrac{ \binom{n}{k} ^2}{(ak+b)\binom{2n}{2k}}={\dfrac {n!\,\prod_{k=1}^{n}\left (2\,ak-a+2\,b  \right )}{b\prod _{k=1}^{n}\left (ak+b  \right )\prod _{k=1}^{n}\left (2\,k-1  \right )}}$$

 

____________________________
Em định dùng giai thừa kép nhưng không được ...