Đến nội dung


Hình ảnh

Một số bài toán tính tổng chọn lọc

dark templar hxthanh for all

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 84 trả lời

#21 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-04-2013 - 20:55

Bài toán 14

Tính $S=\sum_{k=1}^n(-1)^{{k+2\choose 3}}2^k$

Spoiler

Ta có điều quan trọng sau:

$(-1)^{{k+2\choose 3}}=(-1)^{\frac{k(k+1)(k+2)}{6}}=\begin{cases}-1\quad :\; k\equiv 1\pmod 4\\1\quad:\;otherwise\end{cases}$

Spoiler

Từ đó ta có:

$S=\sum_{k=1}^n2^k-2\left(\sum_{1\le k=4m+1\le n}2^{4m+1}\right)$

$\quad=2^{n+1}-2-\sum_{m=0}^{\left\lfloor\frac{n-1}{4}\right\rfloor}4^{2m+1}$

$\quad=2^{n+1}-\dfrac{64.16^{\left\lfloor\frac{n-1}{4}\right\rfloor}}{15}-\dfrac{26}{15}$

 

@Dark templar: Xem lời giải này xong mới biết mình còn kém quá... :(

@hxthanh: Mỗi bài có một cái hay mà em :P

Mà em kiểm tra lại bài 11 và đáp án đi nhé! Sẽ phát hiện ra ngay sai ở chỗ nào!

Riêng bài 13 thì có một cách "Dãy số hóa" nhưng anh chờ đợi một lời giải bằng hàm sinh hơn!

@Dark templar:Đã biết sai ở đâu. Còn bài 13 thì em đang có 1 số mắc míu chưa rõ về cái định lý A nhưng em nghĩ có thể "xử" đẹp bằng định lý A hay B :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 12-04-2013 - 22:00

Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#22 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-04-2013 - 23:48

Tạm thời cho bài 13 "sống" thêm mấy hôm, sau đây mời các bạn làm quen với một vài bài tổng 2 biến

Bài toán 15:

Cho số nguyên dương $n$. Tính tổng:

$\quad S=\sum_{0\le j<k\le n}{n\choose k}{n\choose j}$

 

Bài toán 16:

Cho số nguyên dương $n$. Tính tổng:

$\quad S=\sum_{0\le j<k\le n}(k-j){k\choose j}$


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#23 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 13-04-2013 - 22:09

Bài toán 15:

Cho số nguyên dương $n$. Tính tổng:

$\quad S=\sum_{0\le j<k\le n}{n\choose k}{n\choose j}$

 

Bài toán 16:

Cho số nguyên dương $n$. Tính tổng:

$\quad S=\sum_{0\le j<k\le n}(k-j){k\choose j}$

Spoiler

Lời giải bài 15:

 

Cách 1: Trước tiên ta có  đẳng thức hiển nhiên sau:

$${\left( {\sum\limits_{k = 0}^n {{a_k}} } \right)^2} = \sum\limits_{k = 0}^n {a_k^2}  + 2\sum\limits_{0 \le i < j \le n} {{a_i}{a_j}}\quad (*)$$

 

Áp dụng vào bài toán,ta có:

 

\[\displaystyle \begin{eqnarray*}S &=& \sum\limits_{0 \le j < k \le n} {\binom{n}{k}\binom{n}{j}} \\&=& \frac{{{{\left( {\sum\limits_{k = 0}^n {\dbinom{n}{k}} } \right)}^2} - \sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( {\dbinom{n}{k}} \right)}^2}} }}{2}\\&=& \frac{4^{n} - \sum\limits_{k = 0}^n {\dbinom{n}{k}\dbinom{n}{n - k}}}{2}\\&=& \frac{{{4^n} - \dbinom{2n}{n}}}{2} &\text{(Đẳng thức Vandermonde)}\end{eqnarray*}\]
 
Cách 2:
Spoiler
Trước tiên ta nên biết rằng do tổng $S$ này đối xứng với 2 biến $k;j$ nên:
\[\boxed{\displaystyle \sum\limits_{0 \le j < k \le n} {\binom{n}{k}\binom{n}{j}}  = \sum\limits_{0 \le k < j \le n} {\binom{n}{k}\binom{n}{j}}} \]

 

Do đó ta tính trực tiếp tổng này như sau:
\[\begin{array}{rcl}S &=& \sum\limits_{0 \le i < j \le n} {\binom{n}{k}\binom{n}{j}} \\&=& \sum\limits_{k = 1}^n {\sum\limits_{j = 0}^{k - 1} {\binom{n}{k}\binom{n}{j}} } \\&=& \sum\limits_{k = 1}^n {\binom{n}{k}} \left( {{2^n} - \sum\limits_{j = k}^n {\binom{n}{j}} } \right)\\&=& {2^n}\left( {{2^n} - 1} \right) - \sum\limits_{1 \le k \le j \le n} {\binom{n}{k}\binom{n}{j}} \\&=& {4^n} - {2^n} - S - \sum\limits_{0 \le j = k \le n} {\binom{n}{k}\binom{n}{j}}  + \sum\limits_{k = 0;0 \le j \le n} {\binom{n}{k}\binom{n}{j}} \\&=& {4^n} - \binom{2n}{n} - S\end{array}\]
 
Suy ra:
$$\boxed{\displaystyle S=\frac{4^{n}-\dbinom{2n}{n}}{2}}$$

 

**********

Lời giải bài 16:

Ta cũng thực hiện cách tính giống lời giải thứ 2 của bài 15:

 

\[\begin{eqnarray*}S &=& \sum\limits_{0 \le j < k \le n} {\left( {k - j} \right)\binom{k}{j}} \\&=& \sum\limits_{k = 1}^n {\sum\limits_{j = 0}^{k - 1} {\left( {k - j} \right)\binom{k}{j}} } \\&=& \sum\limits_{k = 1}^n {\sum\limits_{j = 0}^{k - 1} {\left( {j + 1} \right)\binom{k}{j + 1}} } &\text{(Quy tắc đảo chiều)} \\&=& \sum\limits_{k = 1}^n {k\sum\limits_{j = 0}^{k - 1} {\binom{k - 1}{j}} } &\text{(Quy tắc hút)} \\&=& \sum\limits_{k = 1}^n {k{2^{k - 1}}} = \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^n {k\Delta \left[ {{2^k}} \right]} \\&=& \frac{1}{2}\left[ {k{2^k}} \right]_{k = 1}^{n + 1} - \sum\limits_{k = 1}^n {\Delta \left[ {{2^k}} \right]} \\&=& \left[ {\left( {k - 2} \right){2^{k - 1}}} \right]_{k = 1}^{n + 1} = \left( {n - 1} \right){2^n} + 1\end{eqnarray*}\]

 

Vậy $\boxed{S=(n-1)2^{n}+1}$.

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

#24 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-04-2013 - 22:31

Bài toán 15:

Cho số nguyên dương $n$. Tính tổng:

$\quad S=\sum_{0\le j<k\le n}{n\choose k}{n\choose j}$

Ta có "Định lý" sau dành cho các hàm đối xứng

Với $f(j,k)=f(k,j)$ thì

$\boxed{\displaystyle\sum_{a\le j<k\le b}f(j,k)=\dfrac{1}{2}\left(\sum_{k=a}^b\sum_{j=a}^bf(j,k)-\sum_{k=a}^b f(k,k)\right)}$

$\boxed{\displaystyle\sum_{a\le j\le k\le b}f(j,k)=\dfrac{1}{2}\left(\sum_{k=a}^b\sum_{j=a}^bf(j,k)+\sum_{k=a}^b f(k,k)\right)}$

Đề nghị Dark Templar chứng minh điều này! :)

 

Áp dụng vào bài toán ta có:

$\begin{align*}2S&=2.\sum_{0\le j<k\le n}{n\choose k}{n\choose j}\\&=\sum_{k=0}^n\sum_{j=0}^n{n\choose k}{n\choose j}-\sum_{k=0}^n{n\choose k}^2\\&=\sum_{k=0}^n{n\choose k}2^n-{2n\choose n}\quad\text{(Vardermonde)}\\&=4^n-{2n\choose n}\\&\\&\\ \Rightarrow &S=\dfrac{\displaystyle 4^n-{2n\choose n}}{2}\end{align*}$

 

@Dark templar: Để sáng mai anh nhé :P Đến giờ đi ngủ rồi zzzz


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 13-04-2013 - 22:42

Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#25 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 14-04-2013 - 08:56



Ta có "Định lý" sau dành cho các hàm đối xứng

Với $f(j,k)=f(k,j)$ thì

$\boxed{\displaystyle\sum_{a\le j<k\le b}f(j,k)=\dfrac{1}{2}\left(\sum_{k=a}^b\sum_{j=a}^bf(j,k)-\sum_{k=a}^b f(k,k)\right)} \quad (1)$

$\boxed{\displaystyle\sum_{a\le j\le k\le b}f(j,k)=\dfrac{1}{2}\left(\sum_{k=a}^b\sum_{j=a}^bf(j,k)+\sum_{k=a}^b f(k,k)\right)} \quad (2)$

 

Chứng minh (1):

Ta có:

 

\[\begin{array}{rcl}\sum\limits_{k = a}^b {\sum\limits_{j = a}^b {f\left( {j;k} \right)} }  - \sum\limits_{k = a}^b {f\left( {k;k} \right)}  &=& \sum\limits_{a \le j;k \le b} {f\left( {j;k} \right)}  - \sum\limits_{a \le j = k \le b} {f\left( {j;k} \right)} \\&=& \sum\limits_{a \le j < k \le b} {f\left( {j;k} \right)}  + \sum\limits_{a \le k < j \le b} {f\left( {k;j} \right)} \\&=& 2\sum\limits_{a \le j < k \le b} {f\left( {j;k} \right)} \end{array}\]

 

1 hệ quả của "định lý" $(1)$ này chính là đẳng thức $(*)$ trong bài post ở trên.

 

Thật vậy,ta có:

 

\[\begin{array}{rcl}{\left( {\sum\limits_{i = a}^b {{a_i}} } \right)^2} &=& \left( {\sum\limits_{k = a}^b {{a_k}} } \right)\left( {\sum\limits_{j = a}^b {{a_j}} } \right)\\&=& \sum\limits_{k = a}^b {\sum\limits_{j = a}^b {{a_k}{a_j}} } \\&=& 2\sum\limits_{a \le j < k \le b} {{a_k}{a_j}}  + \sum\limits_{k = a}^b {{a_k}{a_k}} \\&=& \sum\limits_{k = a}^b {a_k^2}  + 2\sum\limits_{a \le j < k \le b} {{a_j}{a_k}} \end{array}\]
 
**********
Chứng minh (2): 
Spoiler
Ta có:

\[\begin{array}{rcl}\sum\limits_{a \le j \le k \le b} {f\left( {j;k} \right)}  &=& \sum\limits_{a \le j < k \le b} {f\left( {j;k} \right)}  + \sum\limits_{a \le j = k \le b} {f\left( {j;k} \right)} \\&=& \frac{1}{2}\left( {\sum\limits_{k = a}^b {\sum\limits_{j = a}^b {f\left( {j;k} \right)} }  - \sum\limits_{k = a}^b {f\left( {k;k} \right)} } \right) + \sum\limits_{k = a}^b {f\left( {k;k} \right)} \\&=& \frac{1}{2}\left( {\sum\limits_{k = a}^b {\sum\limits_{j = a}^b {f\left( {j;k} \right)} }  + \sum\limits_{k = a}^b {f\left( {k;k} \right)} } \right)\end{array}\]
 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 14-04-2013 - 08:57

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

#26 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-04-2013 - 09:44

Cảm ơn dark templar với chứng minh chi tiết định lý trên.

Vậy là chỉ còn bài 10 với 13 là chưa có lời giải

(Bài 10 có dính líu tới khai triển Abel thì phải, mình tìm thấy trên mạng một lời giải dùng khai triển của hàm Lambert W(x)... :wacko: )

Bài 13 thì ... chờ ai đó vào chém!

 

Đề mới:

 

Bài toán 17: (Hơi cũ)

Với $n\ge 1$, hãy tính tổng sau:

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


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#27 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 15-04-2013 - 20:06



Bài toán 17: (Hơi cũ)

Với $n\ge 1$, hãy tính tổng sau:

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

Ý tưởng giải:

Spoiler

Lời giải bài 17:

Đặt $j=n-k-1$ thì với $k=1 \to j=n-2 \quad ;k=n \to j=-1$. Ta có:

 

\[\begin{array}{rcl}S &=& \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{n - 1 - 2k}}{{{{\left( {n - k} \right)}^2}{{\left( {k + 1} \right)}^2} + 1}}}  = \sum\limits_{j =  - 1}^{n - 2} {\frac{{2j + 1 - n}}{{{{\left( {j + 1} \right)}^2}{{\left( {n - j} \right)}^2} + 1}}} \\\Rightarrow 2S &=& \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{n - 1 - 2k}}{{{{\left( {n - k} \right)}^2}{{\left( {k + 1} \right)}^2} + 1}}}  + \sum\limits_{k =  - 1}^{n - 2} {\frac{{2k + 1 - n}}{{{{\left( {k + 1} \right)}^2}{{\left( {n - k} \right)}^2} + 1}}} \\&=&  - 1 - n + \frac{{1 - n}}{{{n^2} + 1}} + \sum\limits_{k = 1}^{n - 2} {\frac{{n - 1 - 2k}}{{{{\left( {n - k} \right)}^2}{{\left( {k + 1} \right)}^2} + 1}}} \\&+& \sum\limits_{k = 1}^{n - 2} {\frac{{2k + 1 - n}}{{{{\left( {n - k} \right)}^2}{{\left( {k + 1} \right)}^2} + 1}}}  + \left( { - 1 - n} \right) + \frac{{1 - n}}{{{n^2} + 1}}\\\Rightarrow S &=&  - 1 - n + \frac{{1 - n}}{{{n^2} + 1}}\\&=& \boxed{\displaystyle \frac{{ - n\left( {{n^2} + n + 2} \right)}}{{{n^2} + 1}}}\end{array}\]
 
Spoiler

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 15-04-2013 - 20:10

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

#28 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 16-04-2013 - 10:40

Ủng hộ anh Thanh 2 bài vậy,không biết đã có chưa :P

Spoiler

 

Bài toán 18: Chứng minh rằng :

$$\sum_{k=0}^{m}\binom{n+k}{k}2^{m-k}+\sum_{k=0}^{n}\binom{m+k}{k}2^{n-k}=2^{n+m+1}$$

 

Bài toán 19: Tính tổng $S=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\binom{2n-k}{k}2^{2n-2k}$.

 


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

#29 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 16-04-2013 - 12:37

Bài toán 18: Chứng minh rằng :

$$\sum_{k=0}^{m}\binom{n+k}{k}2^{m-k}+\sum_{k=0}^{n}\binom{m+k}{k}2^{n-k}=2^{n+m+1}$$

 

Bài toán 19: Tính tổng $S=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\binom{2n-k}{k}2^{2n-2k}$.

Spoiler

Lời giải Bài toán 19

Ý tưởng!

Spoiler

Đầu tiên ta biến đổi một chút với đề bài để có:

$\begin{align*}S_n&=\sum_{k=0}^n (-1)^k2^{2n-2k}{2n-k\choose k}&\\&=(-1)^n\sum_{k=0}^n (-1)^k2^{2k}{n+k\choose n-k}&\text{(Đảo chiều)}\\&=(-1)^n\sum_{k=0}^n (-4)^k{n+k\choose 2k}&\text{(Đối xứng)}\end{align*}$

 

Ta có đẳng thức sau: (Từ đẳng thức Pascal mà ra!)

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

 

Nên:

$\begin{align*}S_n&=(-1)^n\sum_{k=0}^{n}(-4)^k{n+2+k\choose 2k+2}-2(-1)^n\sum_{k=0}^{n}(-4)^k{n+1+k\choose 2k+2}\\&\quad+(-1)^n\sum_{k=0}^{n}(-4)^k{n+k\choose 2k+2}\\&=\frac{(-1)^{n+1}}{4}\sum_{k=0}^{n}(-4)^{k+1}{n+2+k\choose 2k+2}+\frac{(-1)^n}{2}\sum_{k=0}^{n}(-4)^{k+1}{n+1+k\choose 2k+2}\\&\quad+\frac{(-1)^{n+1}}{4}\sum_{k=0}^{n}(-4)^{k+1}{n+k\choose 2k+2}\\&=\frac{(-1)^{n+1}}{4}\sum_{k=1}^{n+1}(-4)^{k}{n+1+k\choose 2k}+\frac{(-1)^n}{2}\sum_{k=1}^{n+1}(-4)^{k}{n+k\choose 2k}\\&\quad+\frac{(-1)^{n+1}}{4}\sum_{k=1}^{n+1}(-4)^{k}{n-1+k\choose 2k}\\&=\frac{1}{4}S_{n+1}-\frac{(-1)^{n+1}}{4}+\frac{1}{2}S_n-\frac{(-1)^n}{2}+\frac{1}{4}S_{n-1}-\frac{(-1)^{n+1}}{4}\\ \Rightarrow \boxed{2S_n=S_{n+1}+S_{n-1}} \end{align*}$

 

Dễ dàng nhận thấy biểu thức trong khung là một cấp số cộng và ta dễ dàng tính được $S_0=1,\;S_1=3$ nên

 

$\boxed{\displaystyle S_n=\sum_{k=0}^n (-1)^k2^{2n-2k}{2n-k\choose k}=2n+1}$


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#30 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 16-04-2013 - 20:35

Bài toán 13

Tính $S=\sum_{k=0}^n\left[{3n-k\choose n+k}+{3n+k\choose n-k}\right]$

Dùng phương pháp "Dãy số hóa" ta có thể giải quyết bài toán này như sau:

 

$\begin{align*}S_n&=\sum_{k=0}^n{3n-k\choose n+k} + \sum_{k=0}^n{3n+k\choose n-k}&&\\&=\sum_{k=0}^n{2n+2k\choose k} +\sum_{k=0}^n {3n+k\choose 2n+2k}&\text{(Đảo chiều)  +  (Đối xứng)}&\\&=\sum_{k=0}^n{2n+k\choose 2k}+\sum_{k=n}^{2n}{2n+k\choose 2k}&\text{(Tịnh tiến +n)}&\\&={3n\choose n}+\sum_{k=0}^{2n}{2n+k\choose 2k}&\text{(Gộp lại)}\end{align*}$

Ta có:

$\begin{align*}A_{2n}&=\sum_{k=0}^{2n}{2n+k\choose 2k}\\&=\sum_{k=0}^{2n}{2n+2+k\choose 2k+2}-2\sum_{k=0}^{2n}{2n+1+k\choose 2k+2}+\sum_{k=0}^{2n}{2n+k\choose 2k+2}\\&=\sum_{k=1}^{2n+1}{2n+1+k\choose 2k}-2\sum_{k=1}^{2n+1}{2n+k\choose 2k}+\sum_{k=1}^{2n+1}{2n-1+k\choose 2k}\\&=A_{2n+1}-1-2A_{2n}+2+A_{2n-1}-1\\ \Rightarrow &A_{2n+1}-3A_{2n}+A_{2n-1}=0\quad(1)\end{align*}$

Hoàn toàn tương tự xuất phát từ $A_{2n+1}$ ta suy ra được đẳng thức:

$A_{2n+2}-3A_{2n+1}+A_{2n}=0\quad(2)$

Từ $(2)$ ta có $A_{2n+1}=\dfrac{A_{2n}+A_{2n+2}}{3}\Rightarrow A_{2n-1}=\dfrac{A_{2n-2}+A_{2n}}{3}$

Thay vào $(1)$ thì ta được:

$A_{2n+2}-7A_{2n}+A_{2n-2}=0\quad$ với $A_0=1, A_2=5$

Không mấy khó khăn để ta có:
$A_{2n}=\dfrac{3+\sqrt{45}}{2\sqrt{45}}\left(\dfrac{7+\sqrt{45}}{2}\right)^n+\dfrac{\sqrt{45}-3}{2\sqrt{45}}\left(\dfrac{7-\sqrt{45}}{2}\right)^n$

 

Từ đó ta có:

 

$S_n={3n\choose n}+A_{2n}$

$\quad=\boxed{\displaystyle {3n\choose n}+\dfrac{3+\sqrt{45}}{2\sqrt{45}}\left(\dfrac{7+\sqrt{45}}{2}\right)^n+\dfrac{\sqrt{45}-3}{2\sqrt{45}}\left(\dfrac{7-\sqrt{45}}{2}\right)^n}$


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#31 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 16-04-2013 - 20:52



Bài toán 19: Tính tổng $S=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\binom{2n-k}{k}2^{2n-2k}$.

Spoiler

Lời giải bài 19:

Ta cũng biến đổi giống anh Thanh,đưa $S$ về dạng $S = \sum\limits_{k = 0}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{n - k}}{4^k}\binom{n + k}{2k}}$.

 

Nhắc lại định lý A như sau:

\[\sum\limits_k {\binom{n + ak}{m + bk}{z^{\left( {n - m} \right) + \left( {a - b} \right)k}}{f_k}}  = \left[ {{t^n}} \right]\frac{{{t^m}}}{{{{\left( {1 - zt} \right)}^{m + 1}}}}f\left( {\frac{{{t^{b - a}}}}{{{{\left( {1 - zt} \right)}^b}}}} \right)\quad \left( {b > a} \right)\]

 

 

Dễ thấy rằng $4^{k}$ là hệ số của $x^{k}$ trong khai triển $\frac{1}{1-4x}$,nên:

 

\[\begin{array}{rcl}S &=& \left[ {{t^n}} \right]\frac{1}{{1 + t}}\left[ {\left. {\frac{1}{{1 - 4u}}} \right|u = \frac{t}{{{{\left( {1 + t} \right)}^2}}}} \right]\\&=& \left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 + t}}{{{{\left( {1 - t} \right)}^2}}}\\&=& 2\left[ {{t^n}} \right]\frac{1}{{{{\left( {1 - t} \right)}^2}}} - \left[ {{t^n}} \right]\frac{1}{{1 - t}}\\&=& 2\left( {n + 1} \right)\left[ {{t^{n + 1}}} \right]\frac{1}{{1 - t}} - 1\\&=& \boxed{\displaystyle 2n + 1}\end{array}\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 16-04-2013 - 20:53

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

#32 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 16-04-2013 - 21:56



Bài toán 13

Tính $S=\sum_{k=0}^n\left[{3n-k\choose n+k}+{3n+k\choose n-k}\right]$

 

Spoiler

Lời giải bài 13:

Biến đổi tổng $S$ về dạng sau:

 

\[\begin{eqnarray*}S &=& \sum\limits_{k = 0}^n {\binom{3n - k}{2n - 2k}}  + \sum\limits_{k = 0}^n {\binom{3n + k}{2n + 2k}} \quad &\text{(Quy tắc đối xứng)}\\&=& \sum\limits_{k = 0}^n {\binom{2n + k}{2k}}  + \sum\limits_{k = n}^{2n} {\binom{2n + k}{2k}} \quad &\text{(Đảo chiều+Tịnh tiến)}\\&=& \binom{3n}{n} + \sum\limits_{k = 0}^{2n} {\binom{2n + k}{2k}}\end{eqnarray*}\]

 

Ta có  khai triển chuỗi hình thức sau của dãy Fibonacci lẻ:

$$\sum\limits_{k = 0}^\infty  {{F_{2k + 1}}{x^k}}  = \frac{{1 - x}}{{1 - 3x + {x^2}}} \quad (*)$$

 

Với $F_{k}$ là số hạng thứ $k$ của dãy Fibonacci.

 

Áp dụng định lý A (đã nêu trong bài post ở trên) và để ý rằng $1$ chính là hệ số của $x^{k}$ trong khai triển $\frac{1}{1-x}$ nên:

 

\[\begin{array}{rcl}S &=& \binom{3n}{n} + \left[ {{t^{2n}}} \right]\frac{1}{{1 - t}}\left[ {\left. {\frac{1}{{1 - u}}} \right|u = \frac{t}{{{{\left( {1 - t} \right)}^2}}}} \right]\\&=& \binom{3n}{n} + \left[ {{t^{2n}}} \right]\frac{{1 - t}}{{1 - 3t + {t^2}}}\\&=& \boxed{\displaystyle \binom{3n}{n} + {F_{4n + 1}}}\end{array}\]

 

 
**********
Chứng minh (*):
Từ công thức truy hồi của dãy Fibonacci,ta dễ có $F_{2n+1}=3F_{2n-1}-F_{2n-3}$,nên xét khai triển hàm số:
\[\begin{array}{rcl}f\left( x \right) &=& \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{F_{2k + 1}}{x^k}} \\&=& 1 + 2x + \sum\limits_{k = 2}^\infty  {\left( {3{F_{2k - 1}} - {F_{2k - 3}}} \right){x^k}} \\&=& 1 + 2x + 3x\sum\limits_{k = 1}^\infty  {{F_{2k + 1}}{x^k}}  - {x^2}\sum\limits_{k = 0}^\infty  {{F_{2k + 1}}{x^k}} \\&=& 1 - x + 3xf\left( x \right) - {x^2}f\left( x \right)\\\Rightarrow \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{F_{2k + 1}}{x^k}}  &=& \frac{{1 - x}}{{1 - 3x + {x^2}}}\end{array}\]

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 16-04-2013 - 22:21

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

#33 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 16-04-2013 - 22:23

Bây giờ mà so sánh 2 kết quả thì ta có đẳng thức gì nhỉ? :))

 

Mang đẳng thức tìm được bắt chứng minh thì ... :luoi:

Àh em có chỉnh sửa lại bài viết rồi anh,nhầm trong tính toán xíu :P

 

Kết quả chính thức của em là $\boxed{\displaystyle \binom{3n}{n}+F_{4n+1}}$. :)

 

___________

@hxthanh:

 

À như vậy thì $F_{4n+1}\equiv A_{2n}$

Từ đó ta có: $F_{4n+5}-7F_{4n+1}+F_{4n-3}=0\quad (n\ge 1)$

 

:))

 

@Dark templar:Thường thì ta không quan tâm nhiều lắm đến hệ số $F_{4k+1}$ trong khai triển đâu anh (vì khá cồng kềnh ),chủ yếu là 2 dãy Fibonacci chỉ số chẵn và chỉ số lẻ thôi. :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 16-04-2013 - 22:40

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

#34 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 17-04-2013 - 11:33

Spoiler

Chúng ta hãy cùng "nghịch" chút về dãy Fibonacci qua 2 bài toán sau:

 

Bài toán 20: Chứng minh rằng $\sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{1}{{1 + {F_{2k + 1}}}}}  = \frac{{\sqrt 5 }}{2}$

 

Bài toán 21: Chứng minh rằng $\sum\limits_{k = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}}}{{F_1^2 + F_2^2 + ... + F_k^2}}}  = \frac{{\sqrt 5 -1}}{2}$

 

Trong đó $F_{k}$ là số thứ $k$ trong dãy Fibonacci được xác định bởi $\left\{ \begin{array}{l}{F_0} = 0;{F_1} = 1\\{F_{n + 2}} = {F_{n + 1}} + {F_n} \quad (n \in \mathbb{N})\end{array} \right.$

 

_____________________________________________________________________

@hxthanh: Tổng hữu hạn thì anh may ra còn chém được chứ chuỗi thì ... :(

 

@Dark templar: Nếu vậy thì anh cứ post tiếp 2 bài của anh,2 bài này coi như em đề nghị thôi,khi cần ta có thể quay lại và giải.Đừng để topic gián đoạn ạ :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 17-04-2013 - 12:16

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

#35 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 17-04-2013 - 13:17

Tiện thể liên quan đến dãy Fibonacci, mời các bạn giải trí với 2 bài toán sau:

 

Bài toán 22

Cho dãy Fibonacci $\big\{F_n\big\}_0^\infty$

Tính tổng: $\qquad S=\sum_{k=0}^n \dfrac{F_{2k}}{F_{2k}^2+1}$

 

Bài toán 23

Cho dãy Fibonacci $\big\{F_n\big\}_0^\infty$

Tính tổng: $\qquad S=\sum_{k=0}^n F_{k}F_{n-k}$

 

__________________________________________________

Bài toán 24 (Khuyến khích phương pháp Hàm sinh :D)

Tính tổng:

$S=\sum_{k=0}^{n} {2n+k\choose 3k}$


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#36 zipienie

zipienie

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 532 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Bên nhóm mình bán sách, tài liệu online dạng pdf.Bạn tham khảo thêm ở fb https://www.facebook.com/SachTailieuLuanvan/

    Gmail: nam9921[at]gmail.com
    @=[at]

Đã gửi 17-04-2013 - 17:34

Bài toán 23

Cho dãy Fibonacci $\big\{F_n\big\}_0^\infty$

Tính tổng: $\qquad S=\sum_{k=0}^n F_{k}F_{n-k}$

 

Giải

 

Chú ý: $F_{0}F_{n}=0$. Vậy ta chuyển tổng cần tính về dạng tương đương sau

$$\sum_{k=1}^{n-1} F_k F_{n-k}$$

Ta có công thức của dãy Fibonacci là 
$$F_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left( \phi^n - (-1)^n \phi^{-n} \right)$$
Trong đó $\phi$ là tỉ số vàng $\phi = \frac{\sqrt{5}+1}{2}$.
Vậy thì tổng cần tính viết thành:
$$\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{n-1} F_k F_{n-k} &=& \frac{1}{5}\sum_{k=1}^{n-1} \left(\phi^k - (-1)^k \phi^{-k}\right)\left(\phi^{n-k} - (-1)^{n-k} \phi^{k-n}\right) \\ &=& \frac{1}{5}\sum_{k=1}^{n-1} \left(\phi^n - (-1)^k \phi^{n-2k} - (-1)^{n-k} \phi^{2k-n} + (-1)^n \phi^{-n} \right) \\ &=& \frac{n-1}{5} \left(\phi^{n} + (-1)^n \phi^{-n}\right) - \frac{\phi^{n}}{5} \sum_{k=1}^{n-1} \left( -\phi^{-2}\right)^{k} - \frac{(-1)^{n}}{5} \phi^{-n} \sum_{k=1}^{n-1} \left(-\phi^2\right)^k\end{eqnarray}$$
Dùng công thức $\sum_{k=1}^{n-1} x^k = \frac{x-x^n}{1-x}$ ta được:
$$\begin{eqnarray}\sum_{k=1}^{n-1} F_k F_{n-k} &=& \frac{n-1}{5} \left(\phi^{n} + (-1)^n \phi^{-n}\right) + \frac{2}{5} \frac{\phi^{n-1} + (-1)^n \phi^{1-n}}{\phi + \phi^{-1}} \\ &=& \frac{n-1}{5} L_n + \frac{2}{5} F_{n-1}\end{eqnarray}$$
Trong đó  $L_n$ kí hiệu là số Lucas thứ $n$.
 
 
P/S:Bài này mất cả tiếng đồng hồ mới tính ra, tuy có tham khảo công thức   :( :(
 
 

 

_

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 17-04-2013 - 19:43

Luận văn, tài liệu tham khảo toán học : http://diendantoanho...ảo/#entry499457

Sách, Luận Văn, Tài liệu tham khảo https://www.facebook...TailieuLuanvan/

#37 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 18-04-2013 - 20:08


 

Bài toán 22

Cho dãy Fibonacci $\big\{F_n\big\}_0^\infty$

Tính tổng: $\qquad S=\sum_{k=0}^n \dfrac{F_{2k}}{F_{2k}^2+1}$

 

Spoiler

**********

Ý tưởng giải: 

Spoiler

Lời giải bài 22:

Ta đặt $\alpha  = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2};\beta  = \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}$,suy ra $\alpha,\beta$ là nghiệm của PT $x^2=x+1$,từ đó bằng định lý Viete thì $\left\{ \begin{array}{l}\alpha  + \beta  = 1\\\alpha \beta  =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow {\alpha ^2} + {\beta ^2} = 3$.

 

Theo công thức Binet thì $\boxed{\displaystyle {F_n} = \frac{{{\alpha ^n} - {\beta ^n}}}{{\alpha  - \beta }}}$.

 

Ta thực hiện biến đổi mẫu số $F_{2k}^2+1$ như sau:

 

\[\begin{array}{rcl}F_{2k}^2 + 1 &=& {\left( {\frac{{{\alpha ^{2k}} - {\beta ^{2k}}}}{{\alpha  - \beta }}} \right)^2} + 1\\&=& \frac{{{\alpha ^{4k}} + {\beta ^{4k}} - 2{{\left( {{\alpha ^2}{\beta ^2}} \right)}^k} + 5}}{{{{\left( {\alpha  - \beta } \right)}^2}}}\\&=& \frac{{{\alpha ^{4k}} + {\beta ^{4k}} + 3}}{{{{\left( {\alpha  - \beta } \right)}^2}}}\\&=& \frac{{{\alpha ^{4k}} + {\beta ^{4k}} - \frac{{{\alpha ^2}}}{{\alpha \beta }} - \frac{{{\beta ^2}}}{{\alpha \beta }}}}{{{{\left( {\alpha  - \beta } \right)}^2}}}\\&=& \frac{{{\alpha ^{4k}} + {\beta ^{4k}} - {\alpha ^{2k + 1}}{\beta ^{2k - 1}} - {\alpha ^{2k - 1}}{\beta ^{2k + 1}}}}{{{{\left( {\alpha  - \beta } \right)}^2}}}\\&=& \left( {\frac{{{\alpha ^{2k - 1}} - {\beta ^{2k - 1}}}}{{\alpha  - \beta }}} \right).\left( {\frac{{{\alpha ^{2k + 1}} - {\beta ^{2k + 1}}}}{{\alpha  - \beta }}} \right)\\&=& {F_{2k - 1}}{F_{2k + 1}}\end{array}\]
 
Mặt khác theo công thức truy hồi dãy Fibonacci thì $F_{2k}=F_{2k+1}-F_{2k-1}$,do đó :
\[\begin{array}{rcl}S &=& \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{F_{2k}}}}{{F_{2k}^2 + 1}}} \\&=& \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{F_{2k + 1}} - {F_{2k - 1}}}}{{{F_{2k + 1}}{F_{2k - 1}}}}} \\&=&  - \sum\limits_{k = 1}^n {\Delta \left[ {\frac{1}{{{F_{2k - 1}}}}} \right]} \\&=& \left[ {\frac{1}{{{F_{2k - 1}}}}} \right]_{k = n + 1}^1 = \boxed{\displaystyle 1 - \frac{1}{{{F_{2n + 1}}}}}\end{array}\]

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 18-04-2013 - 20:26

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

#38 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 18-04-2013 - 20:58

Spoiler

Tạm thời "treo" bài $24$ ở đấy cho "ức chế" :)

Mời các bạn thư giãn tiếp với 2 bài sau:

 

Bài toán 25

Tính tổng:

$S=\sum_{k=0}^n\dfrac{(-1)^k\displaystyle {n\choose k}\pi^k}{[(n-k)\pi+k+1].[(n+1-k)\pi+k]}$

 

Bài toán 26

Cho $p$ là số nguyên tố lẻ

Tính tổng:

$S=\sum_{k=1}^{p-1}(-1)^k(2k-p)\left\lfloor\frac{k^3}{p}\right\rfloor$

Spoiler

 

@Dark templar: 2 bài kia em cũng chưa giải ra đâu,em lượm lặt trên Wiki xuống đấy ạ :P Mà đẳng thức của anh chỉ đúng với chỉ số $n$ thôi anh nhé,tức là $\sum_{j=1}^{k}F_{j}^2 \neq F_{k}F_{k+1}$... 


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#39 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 19-04-2013 - 09:40



Bài toán 23

Cho dãy Fibonacci $\big\{F_n\big\}_0^\infty$

Tính tổng: $\qquad S=\sum_{k=0}^n F_{k}F_{n-k}$

 

Bài toán 24 (Khuyến khích phương pháp Hàm sinh :D)

Tính tổng:

$S=\sum_{k=0}^{n} {2n+k\choose 3k}$

Ý tưởng giải:

Spoiler

Lời giải bài 23:

Ta vẫn thực hiện phép đặt $\alpha;\beta$ giống như lời giải bài 22.

 

Khi đó nếu gọi $L_{n}$ là số thứ $n$ trong dãy các số Lucas thì ta có ngay $\boxed{\displaystyle L_{n}=\alpha^{n}+\beta^{n}}$ và $\boxed{\displaystyle L_{n}=F_{n+1}+F_{n-1}}$.

 

Ta cũng xét đến 1 dãy số khá đặc biệt sau,gọi là dãy "đối" Fibonacci,xác định bởi công thức $\boxed{\displaystyle F_{-n}=(-1)^{n+1}F_{n}}$.

 

Thực hiện việc biến đổi tổng $S$:

 

\[\begin{eqnarray*}S &=& \sum\limits_{k = 0}^n {{F_k}{F_{n - k}}} \\&=& \frac{1}{{{{\left( {\alpha  - \beta } \right)}^2}}}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( {{\alpha ^k} - {\beta ^k}} \right)\left( {{\alpha ^{n - k}} - {\beta ^{n - k}}} \right)} \\&=& \frac{1}{5}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {{\alpha ^n} + {\beta ^n} - {{\left( {\frac{\alpha }{\beta }} \right)}^k}{\beta ^n} - {{\left( {\frac{\beta }{\alpha }} \right)}^k}{\alpha ^n}} \right]} \\&=& \frac{{\left( {n - 1} \right){L_n}}}{5} - \frac{1}{5}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {{\alpha ^{n - 2k}} + {\beta ^{n - 2k}}} \right)} \\&=& \frac{{\left( {n - 1} \right){L_n}}}{5} + \frac{1}{5}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}{L_{n - 2k}}} \\&=& \frac{{\left( {n - 1} \right){L_n}}}{5} + \frac{1}{5}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{{\left( { - 1} \right)}^{k + 1}}\left( {{F_{n - 2\left( {k - 1} \right) - 1}} + {F_{n - 2k - 1}}} \right)} \\&=& \frac{{\left( {n - 1} \right){L_n}}}{5} + \frac{1}{5}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\Delta \left[ {{{\left( { - 1} \right)}^k}{F_{n - 2k + 1}}} \right]} \\&=& \frac{{\left( {n - 1} \right){L_n}}}{5} + \frac{1}{5}\left[ {{{\left( { - 1} \right)}^n}{F_{1 - n}} + {F_{n - 1}}} \right]\\&=& \boxed{\displaystyle \frac{{\left( {n - 1} \right){L_n} + 2{F_{n - 1}}}}{5}} &\text{(Sử dụng công thức $F_{-n}=(-1)^{n+1}F_{n}$)}\end{eqnarray*}\]
 
**********
Còn bài 24,mặc dù chưa giải ra,nhưng đến đâu hay đến đó vậy :P
 
Áp dụng trực tiếp định lý A (quá quen thuộc trong các bài post ở trên) và để ý $1$ chính là hệ số của $x^{k}$ trong khai triển $\frac{1}{1-x}$ thì:
\[\begin{array}{rcl}S &=& \sum\limits_{k = 0}^n {\binom{2n + k}{3k}} \\&=& \left[ {{t^{2n}}} \right]\frac{1}{{1 - t}}\left[ {\left. {\frac{1}{{1 - u}}} \right|u = \frac{{{t^2}}}{{{{\left( {1 - t} \right)}^3}}}} \right]\\&=& \left[ {{t^{2n}}} \right]\frac{{{{\left( {1 - t} \right)}^2}}}{{1 - {t^3} + 2{t^2} - 3t}}\\&=& \left[ {{t^{2n}}} \right]\frac{1}{{1 - {t^3} + 2{t^2} - 3t}} - 2\left[ {{t^{2n + 1}}} \right]\frac{1}{{1 - {t^3} + 2{t^2} - 3t}} + \left[ {{t^{2n + 2}}} \right]\frac{1}{{1 - {t^3} + 2{t^2} - 3t}}\end{array}\]
 
Như vậy ta chỉ cần tìm lấy khai triển của $\frac{1}{1-t^3+2t^2-3t}$.
 
Đặt $f\left( t \right) = \frac{1}{{1 - {t^3} + 2{t^2} - 3t}} \Leftrightarrow f\left( t \right) = 1 + 3tf\left( t \right) - 2{t^2}f\left( t \right) + {t^3}f\left( t \right) \quad (*)$
 
Xét khai triển chuỗi hình thức của $f(t)$ là $f(t)=\sum_{k=0}^{\infty}x_{k}t^{k}$,trong đó $\{x_{k} \}$ là dãy số sẽ xác định sau.
 
Do hàm số có bậc $t^3$ nên ta có thể đoán được là $\{x_{k} \}$ có dạng tuyến tính cấp 3,tức là $x_{k}=ax_{k-1}+bx_{k-2}+cx_{k-3}$. Như vậy:
\[\begin{array}{rcl}f\left( t \right) &=& \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{x_k}{t^k}} \\&=& {x_0} + {x_1}t + {x_2}{t^2} + \sum\limits_{k = 3}^\infty  {\left( {a{x_{k - 1}} + b{x_{k - 2}} + c{x_{k - 3}}} \right){t^k}} \\&=& {x_0} + {x_1}t + {x_2}{t^2} + at\sum\limits_{k = 3}^\infty  {{x_{k - 1}}{t^{k - 1}}}  + b{t^2}\sum\limits_{k = 3}^\infty  {{x_{k - 2}}{t^{k - 2}}}  + c{t^3}\sum\limits_{k = 3}^\infty  {{x_{k - 3}}{t^{k - 3}}} \\&=& {x_0} + {x_1}t + {x_2}{t^2} + atf\left( t \right) - at\left( {{x_0} + {x_1}t} \right) + b{t^2}f\left( t \right) - b{t^2}{x_0} + c{t^3}f\left( t \right)\\&=& {x_0} + t\left( {{x_1} - a{x_0}} \right) + {t^2}\left( {{x_2} - a{x_1} - b{x_0}} \right) + atf\left( t \right) + b{t^2}f\left( t \right) + c{t^3}f\left( t \right)\end{array}\]
 
Đồng nhất thức với $(*)$,ta thu được công thức truy hồi của dãy $\{x_{k} \}$ là $\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 1;{x_1} = 3;{x_2} = 7\\{x_k} = 3{x_{k - 1}} - 2{x_{k - 2}} + {x_{k - 3}}\quad \left( {k \ge 3} \right)\end{array} \right.$
 
Nhưng mà PT đặc trưng của dãy này ra nghiệm quá lẻ... :(
 
\[\begin{array}{l}{\lambda _1} = 1 + \frac{1}{3}\sqrt[3]{{\frac{{27 - 3\sqrt {69} }}{2}}} + \sqrt[3]{{\frac{{9 + \sqrt {69} }}{{18}}}}\\{\lambda _2} = 1 - \frac{1}{6}\left( {1 - i\sqrt 3 } \right)\sqrt[3]{{\frac{{27 - 3\sqrt {69} }}{2}}} - \frac{{\left( {1 + i\sqrt 3 } \right)}}{2}\sqrt[3]{{\frac{{9 + \sqrt {69} }}{{18}}}}\\{\lambda _2} = 1 - \frac{1}{6}\left( {1 + i\sqrt 3 } \right)\sqrt[3]{{\frac{{27 - 3\sqrt {69} }}{2}}} - \frac{{\left( {1 - i\sqrt 3 } \right)}}{2}\sqrt[3]{{\frac{{9 + \sqrt {69} }}{{18}}}}\end{array}\]
 
:wacko:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 19-04-2013 - 10:01

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

#40 nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vted.vn

Đã gửi 19-04-2013 - 16:47



 

Bài toán 25

Tính tổng:

$S=\sum_{k=0}^n\dfrac{(-1)^k\displaystyle {n\choose k}\pi^k}{[(n-k)\pi+k+1].[(n+1-k)\pi+k]}$

 

 

Em cố làm thử bài này vậy:
Làm tổng quát luôn cho bài này:
 
$$S=\sum _{k=0}^{n}{\frac { \left( -1 \right) ^{k}{n\choose k}{a}^{k}}{ \left(  \left( n-k \right) a+k+1 \right)  \left(  \left( n-k+1 \right) a+k \right) }}\\\begin{Bmatrix}{\dfrac {1}{ \left(  \left( n-k \right) a+k+1 \right)  \left(  \left( n-k+1 \right) a+k \right) }}=\Delta \left [ {\dfrac {1}{ \left( 1-a \right)  \left( ak-an-a-k \right) }} \right ]\\ \Delta \left [ \left( -1 \right) ^{k}{n\choose k}{a}^{k} \right ]={\dfrac { \left( -a \right) ^{k} \left( ak-an-k-1 \right) {n\choose k}}{k+1}}\end{Bmatrix}\\S=\sum _{k=0}^{n}{\frac { \left( -1 \right) ^{k}{n\choose k}{a}^{k}}{\left(  \left( n-k \right) a+k+1 \right)  \left(  \left( n-k+1 \right) a+k \right) }}\\=\frac{1}{(n+1) a (1-a)}+ \sum ^n_{k=0} {\frac { \left( -a \right) ^{k}{n\choose k}}{ \left( k+1 \right)  \left( a-1 \right) }}\\S_2=\sum ^n_{k=0} {\frac { \left( -a \right) ^{k}{n\choose k}}{ \left( k+1 \right)  \left( a-1 \right) }}=\frac{1}{a-1} \sum ^n_{k=0} {\frac { \left( -a \right) ^{k}{n\choose k}}{ k+1}}=\frac{1}{a-1}S_3 \\S_3=\sum_{k=1}^n \frac{(-a)^k {n\choose k}}{k+1}$$
Giờ chỉ cần tính tổng:
$$P=S_3=\sum_{k=1}^n \frac{(-a)^k {n\choose k}}{k+1}=\frac{1}{n+1} \sum^n_{k=0} (-a)^k {n+1\choose k+1}=\frac{1-(1-a)^{n+1}}{a(n+1)}$$
 
Suy ra $$S={\frac { \left( 1-a \right) ^{n}}{an+a}}$$
 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 19-04-2013 - 17:09

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: dark templar, hxthanh, for all

0 người đang xem chủ đề

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