Chủ đề này có 67 trả lời

[hxthanh]

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

Đúng là bài này anh đã từng giải quyết và nó thực sự không khác là mấy so với Bài 8 của PSW

Trong đường link trên ta đã chứng minh được đẳng thức:

\begin{equation}\sum_{k=0}^n\cfrac{{n\choose k}(2k-1)!!(2n-2k-1)!!}{2k+1}=\dfrac{2^{3n}.(n!)^3}{(2n+1)!}\end{equation}

Trong khi đó, đề bài này sau khi biến đổi một chút sẽ là

$\sum_{k=0}^n \frac{1}{2k+1}{ 2k\choose k }{ 2n-2k\choose n-k }=\sum_{k=0}^n \frac{2^n}{n!}{n\choose k}\frac{(2k-1)!!(2n-2k-1)!!}{2k+1}$

 

Nghĩa là:

$\sum_{k=0}^n \frac{1}{2k+1}{ 2k\choose k }{ 2n-2k\choose n-k }=\frac{2^{4n}(n!)^2}{(2n+1)!}$

[dark templar]

Spoiler

Em thích nhất là cách giải bài toán đó của anh,không hiểu sao anh nghĩ ra được như vậy 

Tiếp tục bài mới:

 

Bài toán 34: Tính tổng $ \sum_{i=0}^{n}{\frac{(-1)^i\cdot\dbinom{n}{i}}{i^3+9i^2+26i+24}} $

 

[hxthanh]

Tiếp tục bài mới:

Bài toán 34: Tính tổng $ \sum_{i=0}^{n}{\frac{(-1)^i\cdot\dbinom{n}{i}}{i^3+9i^2+26i+24}} $

Anh nghĩ là bài này em mới chế cách đây ít phút!

Ta có:
\begin{align*}
S&=\sum_{k=0}^n \frac{\displaystyle (-1)^k{n\choose k}}{k^3+9k^2+26k+24}\\
&=\sum_{k=0}^n \frac{\displaystyle (-1)^k{n\choose k}}{(k+2)(k+3)(k+4)}\\
&=\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}\sum_{k=0}^n \frac{\displaystyle (-1)^k(k+1){n\choose k}(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}{(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}\\
&=\dfrac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}\sum_{k=0}^n (-1)^k{n+4\choose k+4}(k+1)
\end{align*}
Ta có: $\begin{cases}\displaystyle (-1)^k{n+4\choose k+4}=\Delta\left[(-1)^{k-1}{n+3\choose k+3}\right]\\ \displaystyle \Delta(k+1)=1\end{cases}$
Theo SPTP ta có:
\begin{align*}
\sum_{k=0}^n (-1)^k{n+4\choose k+4}(k+1)&=(k+1)\left[(-1)^{k-1}{n+3\choose k+3}\right]_{k=0}^{n+1}-\sum_{k=0}^n (-1)^k{n+3\choose k+4}\\
&={n+3\choose 3}-\sum_{k=4}^{n+3}(-1)^k{n+3\choose k}\\
&={n+3\choose 3}-\left[-{n+3\choose 0}+{n+3\choose 1}-{n+3\choose 2}+{n+3\choose 3}\right]\\
&=\frac{(n+1)(n+2)}{2}
\end{align*}
Như vậy:
$S=\frac{1}{2(n+3)(n+4)}$

Đã sửa

Cảm ơn Dark nhé!

[dark templar]

Spoiler

Chế gì đâu anh,em chỉ lấy từ tài liệu tổng hợp thôi

 

Ta sẽ cho kèm 2 bài,như vậy sẽ có 3 bài cần ý kiến các bạn

 

Bài toán 35: Hãy tính $ \sum_{k=m}^{n}\binom{n}{k}\binom{k}{m}x^{k-m}(1-x)^{n-k} $

 

Bài toán 36: Chứng minh rằng $ \sum_{k=0}^{2n}\tan{(4k+1)\pi\over 8n+4}=2n+1 $ với mọi $n \in \mathbb{N}$.

 

 

[dark templar]

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+... $

Xét biểu thức $A = \cos \theta  + i\sin \theta $

 

Ta có:

\[\frac{1}{{{2^k}}}{A^k} = \frac{1}{{{2^k}}}{\left( {\cos \theta  + i\sin \theta } \right)^k} = \frac{1}{{{2^k}}}\cos k\theta  + i\frac{1}{{{2^k}}}\sin k\theta \]

 

Như vậy:

\[\begin{array}{rcl}C + iS &=& \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{1}{{{2^k}}}\cos k\theta }  + i\sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{1}{{{2^k}}}\sin k\theta } \\&=& \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{{{A^k}}}{{{2^k}}}}  = \frac{1}{{1 - \frac{A}{2}}}\\&=& \frac{2}{{2 - \cos \theta  - i\sin \theta }} = \frac{{2\left( {2 - \cos \theta  + i\sin \theta } \right)}}{{{{\left( {2 - \cos \theta } \right)}^2} + {{\sin }^2}\theta }}\\&=& \frac{{4 - 2\cos \theta }}{{5 - 4\cos \theta }} + \frac{{2\sin \theta }}{{5 - 4\cos \theta }}i\end{array}\]

 

So sánh phần thực và phần ảo,ta sẽ có:

\[\boxed{ \displaystyle C = \frac{{4 - 2\cos \theta }}{{5 - 4\cos \theta }};S = \frac{{2\sin \theta }}{{5 - 4\cos \theta }}}\]

 

 

Còn bài 34,anh Thanh check lại kết quả nhé.Cho $n=0$ thì kết quả của anh là $-\frac{1}{12}$ trong khi tổng đó ra $\frac{1}{24}$.

 

Kết quả đúng phải là $\boxed{\displaystyle S=\frac{1}{2(n+3)(n+4)}}$.

[dark templar]

Bài toán 35: Hãy tính $ \sum_{k=m}^{n}\binom{n}{k}\binom{k}{m}x^{k-m}(1-x)^{n-k} $

Theo quy tắc tập con của tập con thì:

$$\binom{n}{k}\binom{k}{m}=\binom{n}{m}\binom{n-m}{k-m}$$

 

Thế nên:

\[\begin{eqnarray*}\sum\limits_{k = m}^n {\binom{n}{k}\binom{k}{m}{x^{k - m}}{{\left( {1 - x} \right)}^{n - k}}}  &=& \binom{n}{m}\sum\limits_{k = m}^n {\binom{n - m}{k - m}{x^{k - m}}{{\left( {1 - x} \right)}^{n - k}}} \\&=& \binom{n}{m}\sum\limits_{k = 0}^{n - m} {\binom{n - m}{k}{x^k}{{\left( {1 - x} \right)}^{n - m - k}}} &\text{ (Tịnh tiến) } \\&=& \binom{n}{m}\end{eqnarray*}\]

[dark templar]

Đề mới:

 

Bài toán 37: Tính $ \sum_{i=0}^{\infty}\arccos \left(1-\frac{8}{(i^2+4)((i+1)^2+4)} \right) $

 

[dark templar]

Bài toán 36: Chứng minh rằng $ \sum_{k=0}^{2n}\tan{(4k+1)\pi\over 8n+4}=2n+1 $ với mọi $n \in \mathbb{N}$.

Lời giải bài toán 36:

Spoiler

Lời giải bài này đọc rối quá 

Đặt $\displaystyle {\alpha=e^{\frac{i\pi}{4n+2}}}$.

 

Ta có thể viết $ \tan\left[\frac{(4k+1)\cdot\pi}{8n+4}\right] =\frac{1}{i}\cdot\left(\frac{\alpha^{4k+1}-1}{\alpha^{4k+1}+1}\right)\; . $

 

Do đó ta sẽ phải tính tổng sau:

$ S =\frac{1}{i}\cdot\sum_{k=0}^{2n}\left(\frac{\alpha^{4k+1}-1}{\alpha^{4k+1}+1}\right) =\frac{1}{2i}\sum_{k=0}^{2n}(\alpha^{4k+1}-1)\cdot\sum_{q=0}^{4n+1}(-1)^{q}\alpha^{4kq+q}\; . $

 

Có được bước cuối cùng là bởi $ \sum_{q=0}^{4n+1}(-1)^q\alpha^{4kq+q}=\frac{2}{\alpha^{4k+1}+1} $

 

Và thực hiện khai triển,hoán đổi các tổng lại với nhau,ta có:

$ S =\frac{1}{2i}\cdot\sum_{q=0}^{4n+1}\sum_{k=0}^{2n}(-1)^q\alpha^{4kq+4k+q+1}-\frac{1}{2i}\cdot\sum_{q=0}^{4n+1}\sum_{k=0}^{2n}(-1)^q\alpha^{4kq+q} $

 

Bây giờ,ta phải để ý rằng:

$ \; i)\;\sum_{q\;\neq\; 2n,\; 4n+1}^{}\sum_{k=0}^{2n}(-1)^q\alpha^{4kq+4k+q+1}=\sum_{q\;\neq\; 2n,\; 4n+1}^{}(-1)^q\alpha^{q+1}\left[\frac{(\alpha^{4q+4})^{2n+1}-1}{\alpha^{4q+4}-1}\right]\; . $

 

Và tổng này bằng 0,vì $ (\alpha^{4q+4})^{2n+1}= (\alpha^{2n+1})^{4q+4}= i^{4q+4}= 1\; . $

 

$ \; ii)\;\sum_{q\;\neq\; 0,\; 2n+1}^{}\sum_{k=0}^{2n}(-1)^q\alpha^{4kq+q}=\sum_{q\;\neq\; 0,\; 2n+1}^{}(-1)^q\alpha^{q}\left[\frac{(\alpha^{4q})^{2n+1}-1}{\alpha^{4q}-1}\right]\; . $

 

Và tổng này bằng 0,vì $ (\alpha^{4q})^{2n+1}= (\alpha^{2n+1})^{4q}= i^{4q}= 1\; . $

 

Như vậy ta chỉ phải tính toán 4 tổng sau:

$ \; I)\;\frac{1}{2i}\cdot\sum_{k=0}^{2n}(-1)^{2n}\alpha^{8kn+4k+2n+1}=\frac{2n+1}{2}\; . $

$ \; II)\;\frac{1}{2i}\cdot\sum_{k=0}^{2n}(-1)^{4n+1}\alpha^{16kn+8k+4n+2}=\frac{2n+1}{2i}\; . $

$ \; III)\;-\frac{1}{2i}\cdot\sum_{k=0}^{2n}(-1)^{0}\alpha^{4k\cdot 0+0}=-\frac{2n+1}{2i}\; . $

$ \; IV)\;-\frac{1}{2i}\cdot\sum_{k=0}^{2n}(-1)^{2n+1}\alpha^{8kn+4k+2n+1}=\frac{2n+1}{2}\; . $

 

Kết thúc chứng minh tại đây.

 

Bài toán 37: Tính $ \sum_{i=0}^{\infty}\arccos \left(1-\frac{8}{(i^2+4)((i+1)^2+4)} \right) $

Lời giải bài toán 37:

Với $-1 \le x<1$,ta có $ \arccos x=2\,\mathrm{arccot}\,\sqrt{{1+x\over 1-x}} $,do đó:

$ a_i=\arccos\left(1-{8\over (i^2+4)(i^2+2i+5)}\right)=2\,\mathrm{arccot}\,\sqrt{\frac{2-{8\over (i^2+4)(i^2+2i+5)}}{{8\over (i^2+4)(i^2+2i+5)}}} $

$ a_i=2\,\mathrm{arccot}\,\sqrt{{i^4+2i^3+9i^2+8i+16\over 4}}=2\,\mathrm{arccot}\,{i^2+i+4\over 2} $

$ a_i=2\,\mathrm{arccot}\,\frac{{i(i+1)\over 4}+1}{{i+1\over 2}-{i\over 2}}=2\,\mathrm{arccot}\,{i\over 2}-2\,\mathrm{arccot}\,{i+1\over 2} $

 

Vậy bằng sai phân thì:

$ \sum_{i=0}^\infty\arccos\left(1-{8\over (i^2+4)(i^2+2i+5)}\right)=2\,\mathrm{arccot}\,0=\pi $

 

====================

Đề mới:

 

Bài toán 38: Cho hàm $ f :\mathbb{Z^*\times Z}\to\mathbb{Z} $ thỏa :

1. $f(0;k)=1$ với $k=0;1$.
2. $f(0;k)=0$ nếu $k \not \in \{0;1 \}$.
3. $ f(n, k) = f(n-1, k)+f(n-1, k-2n) $ với $n \ge 1,k$ bất kỳ.

 

Tính tổng $ \sum_{k=0}^{{n+1\choose 2}}f(n,k) $.

 

Bài toán 39: Nếu $ (1+x)^{n}= a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}+............ $ với $n$ nguyên dương thì tính các tổng sau:

1. $ a_{0}+a_{4}+a_{8}+................ $

2. $ a_{0}+a_{3}+a_{6}+................. $

 

-86-