Chủ đề này có 3 trả lời

[Crystal]

Bài toán: Cho $f\left ( m,n \right )=\sum_{j=0}^{n}\dfrac{\left(2n-j \right )!}{\left (n-j \right )!}\dfrac{\left (j+m \right )!}{j!}2^{j}$

• Chứng minh $f\left ( 0,n \right )=n!4^{n}\; \; \forall n$
• Tính $$\sum_{j=0}^{n}\dfrac{\left(2n-j\right)!}{\left(n-j\right)!}\dfrac{\left(j+m\right)!}{j!}2^{j}$$

[Karl Heinrich Marx]

Theo một số tính toán của em thế này, chẳng biết có sai gì không mà sao chẳng ra kết quả nhỉ. Mấy bác kiểm tra dùm em có sai không.
$$ \dfrac{f(0,n)}{n!}=\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{2n-j}{n}2^j $$
Đây là hệ số tự do của
$$\sum\limits_{j=0}^{n} \dfrac{(1+x)^{2n-j}}{x^n}2^j=\dfrac{(1+x)^{2n}}{x^n}\left(1+\dfrac{2}{x+1} \right)^n=\dfrac{(1+x)^n(x+3)^n}{x^n}$$
hệ số tự do của cái này không phải là $4^n$

[hxthanh]

1-Tính thử cái tổng này
$S_n=\sum_{k=0}^n\left[\binom{2n-k}{n}2^k\right]$
Dễ thấy
$S_1=1\binom{2}{1}+2\binom{1}{1}=4$
Ta có:
$S_n=\sum_{k=0}^n\left[\binom{2n-k}{n}2^{k+1}\right]-\sum_{k=0}^n\left[\binom{2n-k}{n}2^k\right]$
$S_n=\sum_{k=0}^n\left[\binom{2n-k}{n}2^{k+1}\right] -\binom{2n}{n} -\sum_{k=1}^n\left[\binom{2n-k}{n}2^k\right]$
$S_n=\sum_{k=0}^n\left[\binom{2n-k}{n}2^{k+1}\right] -\binom{2n}{n} -\sum_{k=0}^n\left[\binom{2n-1-k}{n}2^{k+1}\right]$
$S_n=\sum_{k=0}^n\left[\binom{2n-1-k}{n-1}2^{k+1}\right] -\binom{2n}{n}$
$S_n=\sum_{k=1}^n\left[\binom{2n-1-k}{n-1}2^{k+1}\right] +2\binom{2n-1}{n-1}-\binom{2n}{n}$
$S_n=\sum_{k=0}^{n-1}\left[\binom{2n-2-k}{n-1}2^{k+2}\right]=4S_{n-1}$
Từ đó suy ra:
$S_n=4S_{n-1}=4^2S_{n-2}=...=4^{n-1}S_1=4^n$
_______________________
P/s Thực ra biến đổi như trên chính là SPTP "giả dạng"

....
Tính $f(m,n)=\sum_{j=0}^{n}\dfrac{\left(2n-j\right)!}{\left(n-j\right)!}\dfrac{\left(j+m\right)!}{j!}2^{j}$

Ta có:
$f(m,n)=n!m!\sum_{k=0}^n\left[\binom{2n-k}{n}\binom{m+k}{m}2^k\right]$

[hxthanh]

Ta có:
$f(m,n)=n!m!\sum_{k=0}^n\left[\binom{2n-k}{n}\binom{m+k}{m}2^k\right]$

Bài này có lẽ phải chia thành 2 bài toán "nhỏ" sau:

Bài toán 1: $f(2p,n)$
Chứng minh rằng:
$\sum_{k=0}^n2^k{2n-k\choose n}{2p+k\choose 2p}=4^n{n+p\choose n}$

Bài toán 2: $f(2p+1,n)$
Chứng minh rằng:
$\sum_{k=0}^n2^k{2n-k\choose n}{2p+1+k\choose 2p+1}=\cfrac{{2n+2p+1\choose n+p}{n+p+1\choose n}}{2p+1\choose p}$

Bài 1 : Xét hàm sinh $ \frac{1}{(1-t)^{n+1}} . \frac{1}{(1-2t)^{2p+1}}$ hệ số $t^n$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 08-01-2013 - 21:55