Chủ đề này có 6 trả lời

[hxthanh]

Dạo này box tổ hợp và rời rạc của VMF có vẻ trầm lắng!
Để tránh tình trạng này kéo dài, tôi xin khuấy động bằng một bài nho nhỏ

Cho số nguyên $n\ge 3$. Chứng minh đẳng thức:

$\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor} \binom{n}{3k} = \dfrac{2^n+(-1)^n\left(3\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor-3\left\lfloor\frac{n-1}{3}\right\rfloor-1\right)}{3}$

[HeilHitler]

Dạo này box tổ hợp và rời rạc của VMF có vẻ trầm lắng!
Để tránh tình trạng này kéo dài, tôi xin khuấy động bằng một bài nho nhỏ

Cho số nguyên $n\ge 3$. Chứng minh đẳng thức:

$\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor} \binom{n}{3k} = \dfrac{2^n+(-1)^n\left(3\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor-3\left\lfloor\frac{n-1}{3}\right\rfloor-1\right)}{3}$

Đặt $f(x)=(1+x)^n$ và $a=cos \frac{2 \pi}{3}+i .sin \frac{2 \pi}{3}$
Áp dụng trực tiếp định lý URF để thu được:
$\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor} \binom{n}{3k}=\frac{f(1)+f(a)+f(a^2)}{3}$. (đpcm)

[dark templar]

Đặt $f(x)=(1+x)^n$ và $a=cos \frac{2 \pi}{3}+i .sin \frac{2 \pi}{3}$
Áp dụng trực tiếp định lý URF để thu được:
$\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor} \binom{n}{3k}=\frac{f(1)+f(a)+f(a^2)}{3}$. (đpcm)

Định lý URF ? Bạn có thể giải thích rõ hơn về định lý này không ?

[perfectstrong]

Có thể giống bên này chăng (trừ phần tính lim ra)
http://diendantoanho...nfty-sqrt3ns-n/

[HeilHitler]

Định lý URF ? Bạn có thể giải thích rõ hơn về định lý này không ?

À cái này mình học từ hồi cấp 3, thầy giáo gọi nó là định lý URF chứ cũng chả biết URF là viết tắt của cái gì cả.
Mình thấy thầy bảo thế này:
Xét đa thức $f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+...+a_1 x+a_0$
Và số $M=cos \frac{2 \pi}{m}+i sin \frac{2 \pi}{m}$ là căn bậc $m$ của đơn vị.
Khi đó để ý rằng tổng $1+M^k+M^{2k}+...+M^{(m-1)k}$ sẽ bằng $0$ nếu $k$ không chia hết cho $m$,và bằng $m$ nếu $k$ chia hết cho $m$.
Áp dụng tính chất này vào đa thức, khi đó ở tổng $f(1)+f(M)+f(M^2)+...+f(M^{m-1})$, tất cả các mũ dạng $x^k$ mà $k$ không chia hết cho $m$ sẽ bị triệt tiêu hết, thành thử:
$f(1)+f(M)+f(M^2)+...+f(M^{m-1})=m(\sum a_i)$ (Ở đó $i$ là các bội của $m$).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HeilHitler: 07-11-2012 - 21:39

[Stranger411]

Dạo này box tổ hợp và rời rạc của VMF có vẻ trầm lắng!
Để tránh tình trạng này kéo dài, tôi xin khuấy động bằng một bài nho nhỏ

Cho số nguyên $n\ge 3$. Chứng minh đẳng thức:

$\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor} \binom{n}{3k} = \dfrac{2^n+(-1)^n\left(3\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor-3\left\lfloor\frac{n-1}{3}\right\rfloor-1\right)}{3}$

Chào các anh. Bài này dùng hàm sinh kết hợp với RUF tức là Root of Unity Filter đó ạ

Định lí: Cho số nguyên dương $n$. Đặt $k=cos \frac{2 \pi}{n}+i sin \frac{2 \pi}{n}$.
Xét đa thức $f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+...+a_1 x+a_0$. Khi đó:
$a_0 + a_{n} + a_{2n} + ... = \frac{1}{n}[f(1)+f(k)+f(k^2)+...+f(k^{n-1})]$

Bài toán: Đặt $k=cos \frac{2 \pi}{3}+i .sin \frac{2 \pi}{3}$.
Áp dụng định lí trên, ta được:
$\sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor} \binom{n}{3k} = \frac{(1+k)^n + (1+ k^2 )^n + (1+1)^n}{3}$
$=\frac{(-1)^n(k^n + k^{2n}) + 2^n}{3}$
từ đó, ta có kết quả bài toán.

Remark: Ngoài ra, ta còn kết quả khác:
Nếu $n$ chia hết cho 3: $\sum_{k=0}^{\infty } \binom{n}{3k} = \frac{2^n + 2(-1)^n}{3}$
Nếu $n$ không chia hết cho 3: $\sum_{k=0}^{\infty } \binom{n}{3k} = \frac{2^n + (-1)^{n+1}}{3} $


ps hxthanh@: thầy cho em hỏi ạ hồi rất lâu rồi ấy,thầy có lập 1 topic tên là "Dãy số đầu năm" trong box Đại số THCS. Sau này mod chuyển đi đâu mất Thầy cho em cái link để tham khảo được không ạ, Hồi đó em còn non nên chưa đọc được nhiều

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Stranger411: 09-11-2012 - 21:53

[hxthanh]

Có phải em muốn nói đến bài viết này phải không?