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:
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 :
- $f(0;k)=1$ với $k=0;1$.
- $f(0;k)=0$ nếu $k \not \in \{0;1 \}$.
- $ 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:
- $ a_{0}+a_{4}+a_{8}+................ $
-
$ a_{0}+a_{3}+a_{6}+................. $
-86-