Đến nội dung

Hình ảnh

Toán tính tổng,tích Đại Số- Tuyển tập sưu tầm các bài toán từ Mathlinks.ro

- - - - - tuyển tập-sưu tầm.

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 67 trả lời

#41
nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết

 

Bài toán 22: Cho ${a_k} = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + ... + \frac{1}{{2k - 1}}$ với ${\rm{k}} = {\rm{1}},{\rm{2}},...,{\rm{n}}$

Tính tổng $\frac{1}{2}a_n^2 + {({a_n} - {a_1})^2} + {({a_n} - {a_2})^2} + ... + {({a_n} - {a_{n - 1}})^2}$

 

 

_________________________
Lời giải bài toán 22: (Ngồi mò bao lâu ...)

$$\begin{array}{rcl}a_k &=&\sum^k_{i=1} \frac{1}{2i-1}\\a_{k+1}-a_k&=&\frac{1}{2k+1}\\\Rightarrow \sum_{k=1}^n (a_n-a_k)^2&=&\sum ^n_{k=1} a_n^2-2a_n \sum ^n_{k=1} a_k+\sum^n_{k=1} a_k^2\\&=&n a_n^2-2 a_n \sum^n_{k=1} \Delta \left [ \frac{2k-1}{2} a_k-\frac{k}{2} \right]\\&+&\sum^n_{k=1} \Delta \left [ \,{\frac { \left( 4\,{k}^{4}-16\,{k}^{3}-59\,{k}^{2}-49\,k-14 \right)  a_k ^{2}}{4(k+1)}}\right]\\&+&\sum_{k=1}^{n}\Delta \left[\left( -2\,{k}^{3}+10\,{k}^{2}+{\frac {57}{2}}\,k+12 \right) a_{k+1}^2 \right]\\&+&\sum_{k=1}^{n}\Delta \left[\,{\frac { \left( 4{k}^{4}-16{k}^{3}-91\,{k}^{2}-111\,k-36 \right) a_{k+2}^2}{4(k+1)}} \right ]\\&=&\frac{n}{2}\end{array}$$

Mong nhìn được lời giải thực ...

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 30-04-2013 - 08:26
Sửa Latex cho dễ nhìn !

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#42
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Đề mới:

 

Bài toán 22: Cho ${a_k} = 1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + ... + \frac{1}{{2k - 1}}$ với ${\rm{k}} = {\rm{1}},{\rm{2}},...,{\rm{n}}$

Tính tổng $\frac{1}{2}a_n^2 + {({a_n} - {a_1})^2} + {({a_n} - {a_2})^2} + ... + {({a_n} - {a_{n - 1}})^2}$

 

Bài toán 23: Tính tổng $\sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {{{\cos }^{ - 1}}} \left( {\frac{{{n^2} + {k^2} + k}}{{\sqrt {{n^4} + {k^4} + 2{k^3} + 2{n^2}{k^2} + 2{n^2}k + {n^2} + {k^2}} }}} \right)$

 

Lời giải bài toán 22:

Ta sẽ chứng minh tổng cần tính có giá trị là $\frac{n}{2}$ bằng quy nạp.

 

Với $n=1$,ta có $a_1=1$,từ đó $\frac{a_1^2}{2}=\frac{1}{2}\text{ (đúng) }$.

 

Giả sử đẳng thức $\frac{{a_n^2}}{2} + \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} ( {a_n} - {a_k}{)^2} = \frac{n}{2}$ đúng đến $n$,ta sẽ chứng minh đẳng thức cũng đúng với $n+1$.

 

Thật vậy,ta có ${a_{n + 1}} = {a_n} + \frac{1}{{2n + 1}}$,suy ra:

$\frac{{a_{n + 1}^2}}{2} + \sum\limits_{k = 1}^n ( {a_{n + 1}} - {a_k}{)^2} = \frac{1}{2}{\left( {{a_n} + \frac{1}{{2n + 1}}} \right)^2} + \sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( {{a_n} - {a_k} + \frac{1}{{2n + 1}}} \right)}^2}} $

$ = \frac{{a_n^2}}{2} + \frac{{{a_n}}}{{2n + 1}} + \frac{1}{{2{{(2n + 1)}^2}}} + \left[ {\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {{{({a_n} - {a_k})}^2} + \frac{{2({a_n} - {a_k})}}{{2n + 1}} + \frac{1}{{{{(2n + 1)}^2}}}} \right)} } \right] + \frac{1}{{{{(2n + 1)}^2}}}$

$\left[ {\frac{{a_n^2}}{2} + \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} ( {a_n} - {a_k}{)^2}} \right] + \frac{{{a_n}}}{{2n + 1}} + \frac{1}{{2{{(2n + 1)}^2}}} + \frac{n}{{{{(2n + 1)}^2}}} + \frac{2}{{2n + 1}}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} ( {a_n} - {a_k})$

$ = \frac{n}{2} + \frac{1}{{2(2n + 1)}} + \frac{1}{{2n + 1}}\left( {(2n - 1){a_n} - 2\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{a_k}} } \right) = \frac{n}{2} + \frac{1}{{2(2n + 1)}} + \frac{1}{{2n + 1}}\left( {1 + \left( {\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\frac{{2n - 1}}{{2k - 1}}} } \right) - \left( {\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\frac{{2n - 2k}}{{2k - 1}}} } \right)} \right)$

$ = \frac{n}{2} + \frac{1}{{2(2n + 1)}} + \frac{1}{{2n + 1}}\left( {1 + \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\frac{{2k - 1}}{{2k - 1}}} } \right) = \frac{n}{2} + \frac{1}{{2(2n + 1)}} + \frac{n}{{2n + 1}}$

$ = \frac{n}{2} + \frac{1}{2} = \frac{{n + 1}}{2}$

 

Chú ý rằng tổng $\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{a_k}} $ có $n-1$ số 1,$n-2$ số $\frac{1}{3}$,$n-3$ số $\frac{1}{5}$,...

 

Do vậy $\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{a_k}}  = \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\frac{{n - k}}{{2k - 1}}} $.Từ đó ta có đpcm.

 

Lời giải bài toán 23:

Miền xác định của hàm $\arccos$ là trên $[0;\pi]$,ta có các đẳng thức sau:

$\arccos t = \arctan \frac{{\sqrt {1 - {t^2}} }}{t}$

$\arccos \frac{{{n^2} + {k^2} + k}}{{\sqrt {{n^4} + {k^4} + 2{k^3} + 2{n^2}{k^2} + 2{n^2}k + {n^2} + {k^2}} }} = \arctan \frac{n}{{{n^2} + {k^2} + k}}$

$\arctan \frac{n}{{{n^2} + {k^2} + k}} = \arctan \frac{{\frac{1}{n}}}{{1 + \frac{{k(k + 1)}}{{{n^2}}}}}$$ = \arctan \frac{{\frac{{k + 1}}{n} - \frac{k}{n}}}{{1 + \frac{{k(k + 1)}}{{{n^2}}}}}$

 

Do đó:

$\arctan \frac{n}{{{n^2} + {k^2} + k}} = \arctan \frac{{k + 1}}{n} - \arctan \frac{k}{n}$

 

Vậy $S = \arctan 1 - \arctan 0 = \frac{\pi }{4}$.

 

==========

Đề mới:

 

Bài toán 24: Cho $f(x) = \frac{{{a^x}}}{{{a^x} + \sqrt a }}$ với $a>0$.Tính tổng $\sum\limits_{i = 1}^{2012} f \left( {\frac{i}{{2013}}} \right)$

 

Bài toán 25: Tính tổng $\frac{3}{2}\left( \begin{array}{c}n\\0\end{array} \right) + \frac{5}{3}\left( \begin{array}{c}n\\1\end{array} \right) +  \cdots  + \frac{{2n + 3}}{{n + 2}}\left( \begin{array}{c}n\\n\end{array} \right)$


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#43
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết

Bài toán 24: Cho $f(x) = \frac{{{a^x}}}{{{a^x} + \sqrt a }}$ với $a>0$.Tính tổng $\sum\limits_{i = 1}^{2012} f \left( {\frac{i}{{2013}}} \right)$

Bản chất của bài này là sử dụng kỹ thuật đảo chiều khi thay $i$ bởi $2012+1-i$

$S=\sum_{i = 1}^{2012} f \left( {\frac{i}{{2013}}} \right)=\sum_{i = 1}^{2012} f \left( {\frac{2013-i}{{2013}}} \right)$

 

Với $f(x)=\frac{a^x}{a^x+\sqrt a}$ thì $f(1-x)=\frac{a^{1-x}}{a^{1-x}+\sqrt a}=\frac{\frac{a}{a^x}}{\frac{a}{a^x}+\sqrt a}=\frac{\sqrt a}{a^x+\sqrt a}$

Như vậy ta có $f(x)+f(1-x)=1$

Và thế là

$2S=\sum_{i=1}^{2012} \left[f\left(\frac{i}{2013}\right)+f\left(1-\frac{i}{2013}\right)\right]=\sum_{i=1}^{2012}1=2012$

$\Rightarrow S=1006$



#44
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Giải được 1 bài sẽ post tiếp bài mới.Bài toán 25 khá là dễ chỉ với những biến đổi Đại Số thông thường,sau 1-2 ngày mình sẽ post lời giải.

 

Bài toán 26: Tính giá trị của biểu thức $A=\cos \frac{\pi}{2n+1}-\cos \frac{2\pi}{2n+1}+...+(-1)^{n+1}\cos \frac{n\pi}{2n+1}$.

 

Spoiler


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#45
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết
Bài toán 25: Tính tổng $\frac{3}{2}\left( \begin{array}{c}n\\0\end{array} \right) + \frac{5}{3}\left( \begin{array}{c}n\\1\end{array} \right) +  \cdots  + \frac{{2n + 3}}{{n + 2}}\left( \begin{array}{c}n\\n\end{array} \right)$

Với bài 25, ta có thể biến đổi thuần đại số (dựa trên quy tắc hút như sau)

 

$\frac{2k+3}{k+2} {n\choose k}=2{n\choose k}-\frac{1}{k+2}{n\choose k}=2{n\choose k}-\frac{(k+2)-1}{(n+2)(n+1)}{n+2\choose k+2}$

$=2{n\choose k}-\frac{1}{n+1}{n+1\choose k+1}+\frac{1}{(n+2)(n+1)}{n+2\choose k+2}$

 

Đến đây thì đơn giản rồi ...



#46
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

OK,chúng ta qua 1 bài mới nào :)

 

Bài toán 27: Tính tổng $S = \left\lfloor {\frac{{{2^0}}}{3}} \right\rfloor  + \left\lfloor {\frac{{{2^1}}}{3}} \right\rfloor  + \left\lfloor {\frac{{{2^2}}}{3}} \right\rfloor  +  \cdots  + \left\lfloor {\frac{{{2^{1000}}}}{3}} \right\rfloor $

 


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#47
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết

OK,chúng ta qua 1 bài mới nào :)
 
Bài toán 27: Tính tổng $S = \left\lfloor {\frac{{{2^0}}}{3}} \right\rfloor  + \left\lfloor {\frac{{{2^1}}}{3}} \right\rfloor  + \left\lfloor {\frac{{{2^2}}}{3}} \right\rfloor  +  \cdots  + \left\lfloor {\frac{{{2^{1000}}}}{3}} \right\rfloor $

Bài này có khá nhiều hướng để mở rộng (các bạn xem lời giải dưới đây của tôi, sau đó hãy suy nghĩ xem làm thế nào để tổng quát được bài toán nhé!)
 
Ta có: $2^k \equiv \begin{cases}1 \pmod 3 \quad k=2m\\ 2\pmod 3\quad k=2m+1\end{cases}$
Do đó:
$S=\sum_{k=0}^{1000}\left\lfloor \frac{2^k}{3}\right\rfloor=\sum_{k=1}^{1000}\left\lfloor \frac{2^k}{3}\right\rfloor $
$=\sum_{k=1}^{1000}\frac{2^k}{3} - \sum_{k=1}^{1000}\left\{ \frac{2^k}{3}\right\}$
$=\frac{2^{1001}-2}{3}-\frac{500}{3}$
$=\frac{2^{1001}-502}{3}$
 
Để ý là trong $1000$ phân số $\frac{2^{k}}{3}$ có $500$ số có phần lẻ là $\frac{1}{3}$ và $500$ số có phần lẻ là $\frac{2}{3}$
 
Các bạn có thể tham khảo thêm bài toán này



#48
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Anh Thanh chém nhanh thật :) 

Spoiler

 

Bài toán 28: Tính tổng $\sum\limits_{k = 1}^n (  - 1{)^k} \times \frac{{{k^2} + k + 1}}{{k!}}$

 


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#49
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết

Anh Thanh chém nhanh thật :)

Spoiler

 

Bài toán 28: Tính tổng $\sum\limits_{k = 1}^n (  - 1{)^k} \times \frac{{{k^2} + k + 1}}{{k!}}$

 

Ta có:

$(-1)^k\frac{k^2+k+1}{k!}=(-1)^k\frac{(k+1)^2}{(k+1)k!}+(-1)^k\frac{k^2}{k!}=\Delta\left[\frac{(-1)^{k+1}k^2}{k!}\right]$

 

Do đó: $S=\sum_{k=1}^n (-1)^k\frac{k^2+k+1}{k!}=\left[\frac{(-1)^{k+1}k^2}{k!}\right]_{k=1}^{n+1}=...$



#50
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Tiếp tục nào :D

 

Bài toán 29: Tính tổng $ S=\sum_{i=0}^{n}\frac{x_i^3}{1-3x_i+3x_i^2} $ với $x_{i}=\frac{i}{n}$.

 


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#51
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết

Tiếp tục nào :D

 

Bài toán 29: Tính tổng $ S=\sum_{i=0}^{n}\frac{x_i^3}{1-3x_i+3x_i^2} $ với $x_{i}=\frac{i}{n}$.

Tư tưởng bài này cũng giống như bài 24, đó là kỹ thuật đảo chiều.

Ta có:

$x_{n-i}=\frac{n-i}{n}=1-x_i$

 

Do đó:

$S=\sum_{i=0}^n \frac{x_i^3}{1-3x_i+3x_i^2} = \sum_{i=0}^n \frac{x_i^3}{(1-x_i)^3+x_i^3}$

${}\quad=\sum_{i=0}^n \frac{x_{n-i}^3}{(1-x_{n-i})^3+x_{n-i}^3}=\sum_{i=0}^n \frac{(1-x_{i})^3}{(1-x_i)^3+x_i^3}$

 

$\Rightarrow S=\frac{1}{2}\sum_{i=0}^n \left(\frac{x_i^3}{(1-x_i)^3+x_i^3}+\frac{(1-x_{i})^3}{(1-x_i)^3+x_i^3}\right)=\frac{n+1}{2}$



#52
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết


Bài toán 26: Tính giá trị của biểu thức $A=\cos \frac{\pi}{2n+1}-\cos \frac{2\pi}{2n+1}+...+(-1)^{n+1}\cos \frac{n\pi}{2n+1}$.

Cách giải Đại Số:

 

Cách giải bằng số phức:

Xét biểu thức $T=\cos \frac{\pi}{2n+1}+i\sin \frac{\pi}{2n+1}$.

 

Suy ra,theo công thức Moivre thì:

\[{\left( { - 1} \right)^{k + 1}}{T^k} = {\left( { - 1} \right)^{k + 1}}{\left( {\cos \frac{\pi }{{2n + 1}} + i\sin \frac{{k\pi }}{{2n + 1}}} \right)^k} = {\left( { - 1} \right)^{k + 1}}\left( {\cos \frac{{k\pi }}{{2n + 1}} + i\sin \frac{{k\pi }}{{2n + 1}}} \right)\]

 

Đặt $B=\sin \frac{\pi}{2n+1}-\cos \frac{2\pi}{2n+1}+...+(-1)^{n+1}\cos \frac{n\pi}{2n+1}$ và $\theta=\frac{\pi}{2n+1}$

 

Khi đó ta sẽ có:

\[\begin{array}{rcl}A + iB &=& \sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}\cos \frac{{k\pi }}{{2n + 1}}}  + i\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}\sin \frac{{k\pi }}{{2n + 1}}} \\&=& \sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{T^k}}  =  - \sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( { - T} \right)}^k}} \\&=&  - \left( {\frac{{1 - {{\left( { - T} \right)}^{n + 1}}}}{{1 + T}} - 1} \right) = \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}{T^{n + 1}} + T}}{{1 + T}}\\&=& \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}\cos \frac{{\left( {n + 1} \right)\pi }}{{2n + 1}} + {{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}i\sin \frac{{\left( {n + 1} \right)\pi }}{{2n + 1}} + \cos \frac{\pi }{{2n + 1}} + i\sin \frac{\pi }{{2n + 1}}}}{{1 + \cos \frac{\pi }{{2n + 1}} + i\sin \frac{\pi }{{2n + 1}}}}\\&=& \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}\cos n\theta  + \cos \theta  + \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}\sin n\theta  + \sin \theta } \right]i}}{{2\cos \frac{\theta }{2}\left( {\cos \frac{\theta }{2} + i\sin \frac{\theta }{2}} \right)}}\\&=& \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}\cos \frac{{\left( {2n + 1} \right)\theta }}{2} + \cos \frac{\theta }{2} + \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}\sin \frac{{\left( {2n + 1} \right)\theta }}{2} + \sin \frac{\theta }{2}} \right]i}}{{2\cos \frac{\theta }{2}}}\\&=& \frac{1}{2} + {\left( { - 1} \right)^n}\cos \frac{\pi }{2} + \frac{1}{2}\left[ {\tan \frac{\pi }{{2\left( {2n + 1} \right)}} + {{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}\frac{{\sin \frac{\pi }{2}}}{{\cos \frac{\pi }{{2\left( {2n + 1} \right)}}}}} \right]i\\&=& \frac{1}{2} + \frac{{\sin \frac{\pi }{{2\left( {2n + 1} \right)}} + {{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}}}{{2\cos \frac{\pi }{{2\left( {2n + 1} \right)}}}}i\end{array}\]
 
So sánh phần thực và phần ảo,ta sẽ có 2 kết quả sau:

\[\boxed{\displaystyle A=\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}\cos \frac{{k\pi }}{{2n + 1}}}  = \frac{1}{2}}\]

\[\boxed{\displaystyle B=\sum\limits_{k = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}\sin \frac{{k\pi }}{{2n + 1}}}  = \frac{1}{2}\left[ {\tan \frac{\pi }{{2\left( {2n + 1} \right)}} + \frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n + 1}}}}{{\cos \frac{\pi }{{2\left( {2n + 1} \right)}}}}} \right]}\]

 

 


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#53
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Đề mới:

 

Bài toán 30: Tính $\left\lfloor {\sum\limits_{k = 1}^{{n^3}} {{k^{\frac{{ - 2}}{3}}}} } \right\rfloor $

 

Bài toán 31: Tính $\left\lfloor {\sum\limits_{k = 1}^{{n^2}} {\frac{1}{\sqrt k }} } \right\rfloor $


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 05-06-2013 - 16:58

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#54
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết


Đề mới:

 

Bài toán 30: Tính $\left\lfloor {\sum\limits_{k = 1}^{{n^3}} {{k^{\frac{{ - 2}}{3}}}} } \right\rfloor $

 

Bài toán 31: Tính $\left\lfloor {\sum\limits_{k = 1}^{{n^2}} {\sqrt k } } \right\rfloor $

@Dark

Với bài 31 ta có thể làm như sau:

Với mọi $k\ge 1$, Xây dựng chặn trên dưới đối với $\sqrt{k}$ dạng:

$\frac{2(k+1)^{\frac{3}{2}}-2k^{\frac{3}{2}}}{3}-\frac{k^{\frac{1}{2}}-(k-1)^{\frac{1}{2}}}{2}<\sqrt k<\frac{2(k+1)^{\frac{3}{2}}-2k^{\frac{3}{2}}}{3}-\frac{(k+1)^{\frac{1}{2}}-k^{\frac{1}{2}}}{2}$

 

Gợi ý

 

Viết lại bất đẳng thức trên thành dạng:

$\Delta\left[\frac{2k^{\frac{3}{2}}}{3}-\frac{(k-1)^{\frac{1}{2}}}{2}\right]<\sqrt k<\Delta\left[\frac{2k^{\frac{3}{2}}}{3}-\frac{k^{\frac{1}{2}}}{2}\right]$

rồi lấy tổng các vế từ $k=1$ đến $k=n^2$ ta được:

\begin{equation*}\frac{2(n^2+1)^{\frac{3}{2}}}{3}-\frac{n}{2}-\frac{2}{3}<S=\sum_{k=1}^{n^2}\sqrt k <\frac{2(n^2+1)^{\frac{3}{2}}}{3}-\frac{(n^2+1)^{\frac{1}{2}}}{2}-\frac{2}{3}+\frac{1}{2}\end{equation*}
Mặt khác dễ thấy:

$\left(\frac{2(n^2+1)^{\frac{3}{2}}}{3}-\frac{(n^2+1)^{\frac{1}{2}}}{2}-\frac{2}{3}+\frac{1}{2}\right)-1<\frac{2(n^2+1)^{\frac{3}{2}}}{3}-\frac{n}{2}-\frac{2}{3}$

Từ đó suy ra:

$\lfloor S\rfloor=\left\lfloor\frac{2(n^2+1)^{\frac{3}{2}}}{3}-\frac{(n^2+1)^{\frac{1}{2}}}{2}-\frac{2}{3}+\frac{1}{2}\right\rfloor$

 

${}\quad=\left\lfloor\frac{(4n^2+1)\sqrt{n^2+1}-1}{6}\right\rfloor$

 

Gợi ý



#55
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Xin lỗi anh vì em ghi nhầm đề bài 31,phải là $\frac{1}{\sqrt{k}}$ chứ không phải $\sqrt{k}$  :luoi:

Spoiler

 

Còn bài 30 thì đề ổn rồi.2 bài này đều có thể dùng tích phân để giải,nhưng nếu xài BĐT kẹp thì bài 30 sẽ khó hơn nhiều so với bài 31. 


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#56
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết


Xin lỗi anh vì em ghi nhầm đề bài 31,phải là $\frac{1}{\sqrt{k}}$ chứ không phải $\sqrt{k}$  :luoi:

Spoiler

 

Còn bài 30 thì đề ổn rồi.2 bài này đều có thể dùng tích phân để giải,nhưng nếu xài BĐT kẹp thì bài 30 sẽ khó hơn nhiều so với bài 31. 

Trong bài $31$ nếu thay $n^2$ bởi $n^2-1$ thì kết quả cũng thay $n^2$ bởi $n^2-1$ sẽ được

$\left\lfloor\sum_{k=1}^{n^2-1}\sqrt{k} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{(4(n^2-1)+1)\sqrt{n^2-1+1}-1}{6}\right\rfloor=\left\lfloor \frac{4n^3-3n-1}{6}\right\rfloor=\left\lfloor \frac{(n-1)(2n+1)^2}{6}\right\rfloor\quad (n\ge 2)$

 

Xét bài toán 31*

Tính $\lfloor S\rfloor$ biết $S=\sum_{k=1}^{n^2} \frac{1}{\sqrt k}$

 

Ta có: $\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}<\frac{1}{2\sqrt k}\Leftrightarrow 2\sqrt{k+1}-2\sqrt{k}<\frac{1}{\sqrt{k}}$

Suy ra:

$S>\sum_{k=1}^{n^2}(2\sqrt{k+1}-2\sqrt{k})=2\sqrt{n^2+1}-2>2n-2$

 

Mặt khác $S=1+\sum_{k=2}^{n^2} \frac{1}{\sqrt{k}}=1+\sum_{k=1}^{n^2-1}\frac{1}{\sqrt{k+1}}$

Tương tự ta cũng có: $\frac{1}{\sqrt{k+1}}<\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}=2\sqrt{k+1}-2\sqrt{k}$

Do đó:

$S<1+\sum_{k=1}^{n^2-1}(2\sqrt{k+1}-2\sqrt{k})=2n-1$

 

Từ đó suy ra $\lfloor S\rfloor=2n-2$



#57
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết

Bài toán 30: Tính $\left\lfloor {\sum\limits_{k = 1}^{{n^3}} {{k^{\frac{{ - 2}}{3}}}} } \right\rfloor $

Gợi ý

Ta có các bất đẳng thức sau: (với $k\ge 1$)

$\frac{1}{\sqrt[3]{(k+1)^2}}<3\sqrt[3]{k+1}-3\sqrt[3]{k}<\frac{1}{\sqrt[3]{k^2}}\qquad(*)$

Do đó $S=\sum_{k=1}^{n^3}\frac{1}{\sqrt[3]{k^2}}>\sum_{k=1}^{n^3}(3\sqrt[3]{k+1}-3\sqrt[3]{k})=3\sqrt[3]{n^3+1}-3>3n-3$

 

Mặt khác:

$S=1+\sum_{k=2}^{n^3}\frac{1}{\sqrt[3]{k^2}}=1+\sum_{k=1}^{n^3-1}\frac{1}{\sqrt[3]{(k+1)^2}}$

$\quad <1+\sum_{k=1}^{n^3-1}(3\sqrt[3]{k+1}-3\sqrt[3]{k})=3n-2$

 

Vậy $\lfloor S\rfloor=3n-3$

 



#58
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Đề mới:

 

Bài toán 30: Tính $\left\lfloor {\sum\limits_{k = 1}^{{n^3}} {{k^{\frac{{ - 2}}{3}}}} } \right\rfloor $

 

Bài toán 31: Tính $\left\lfloor {\sum\limits_{k = 1}^{{n^2}} {\frac{1}{\sqrt k }} } \right\rfloor $

Ý tưởng sử dụng tích phân cho 2 bài này như sau:

 

Bài toán 30:

$ \int_2^{n^3+1}x^{-\frac{2}{3}}dx< $$ \sum_{k=2}^{n^3}x^{-\frac{2}{3}}< $$ \int_1^{n^3}x^{-\frac{2}{3}}dx $

 

Bài toán 31:

$ \int_2^{n^2+1}x^{-\frac{1}{2}}dx< $$ \sum_{k=2}^{n^2}x^{-\frac{1}{2}}< $$ \int_1^{n^2}x^{-\frac{1}{2}}dx $

 

==========

Đề mới:

 

Bài toán 32: Tính tổng $ \sum_{k = 0}^n\frac{1}{2k+1}{ 2k\choose k }{ 2n-2k\choose n-k } $

 

Bài toán 33: Hãy tính $ \sum_{k=1}^{\frac{n(n+1)}{2}}\left\lfloor \frac{-1+\sqrt{1+8k}}{2} \right\rfloor $.


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#59
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết
Bài toán 32: Tính tổng $ \sum_{k = 0}^n\frac{1}{2k+1}{ 2k\choose k }{ 2n-2k\choose n-k } $

 

Bài toán 33: Hãy tính $ \sum_{k=1}^{\frac{n(n+1)}{2}}\left\lfloor \frac{-1+\sqrt{1+8k}}{2} \right\rfloor $.

Đề này cũ rồi! :luoi:

 

Trong Đáp Án của Gamma trận GAMMA - ALPHA có Bài toán 33 (bài số 3)

Đáp số là:

$\sum_{k=1}^{\frac{n(n+1)}{2}}\left\lfloor \frac{-1+\sqrt{1+8k}}{2} \right\rfloor=\frac{n(n^2+2)}{3}$

(he he...)

 

Còn Bài toán 32 đã được "thanh lý" ở đâu đó trên VMF :D



#60
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Đề này cũ rồi! :luoi:

 

Trong Đáp Án của Gamma trận GAMMA - ALPHA có Bài toán 33 (bài số 3)

Đáp số là:

$\sum_{k=1}^{\frac{n(n+1)}{2}}\left\lfloor \frac{-1+\sqrt{1+8k}}{2} \right\rfloor=\frac{n(n^2+2)}{3}$

(he he...)

 

Còn Bài toán 32 đã được "thanh lý" ở đâu đó trên VMF :D

Hèn gì em thấy bài này quen quen,ra là từ trận đấu của đội em với đội anh :))

 

Còn bài 32 thì em không biết là đã thanh lý chưa,nếu được anh dẫn link giùm em. Mà cách giải bài này cũng gần giống với bài PSW đầu tiên (sử dụng hàm sinh lượng giác),em nhớ rõ là bài đó anh đã giải bằng SPTP rất tuyệt vời  :namtay ,liệu anh có thể thử với bài này không ? 

 

Bù lại cho anh và các bạn bài sau:

 

Bài toán 33: Tính 2 tổng vô hạn sau:

$ C=1+\frac{1}{2}\cos\theta+\frac{1}{4}\cos 2\theta+\frac{1}{8}\cos 3\theta+... $

$ S =\frac{1}{2}\sin\theta+\frac{1}{4}\sin 2\theta+\frac{1}{8}\sin 3\theta+... $


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.





Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: tuyển tập-sưu tầm.

2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh