Chứng minh:
$$\sum^n_{k=0}2^k \binom{n}{k} \binom{n-k}{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}=\binom{2n}{n}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 08-04-2013 - 20:33
Chứng minh:
$$\sum^n_{k=0}2^k \binom{n}{k} \binom{n-k}{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}=\binom{2n}{n}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 08-04-2013 - 20:33
BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO
• Facebook : facebook.com/viet.alexander.7
• Youtube : youtube.com/nthoangcute
• Gmail : [email protected]
• SÐT : 0965734893
Chứng minh:
$$\sum^n_{k=0}2^k \binom{n}{k} \binom{n-k}{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}=\binom{2n}{n}$$
@Dark templar: Bài này thấy quen quá,hình như đã có trong ĐTTH,phần Hàm sinh...
Chưa tìm ra cách giải SPTP ,sử dụng hàm sinh đỡ vậy
**********
Trước tiên theo quy tắc đảo chiều thì :
\[S=\sum\limits_{k = 0}^n {{2^k}\binom{n}{k}\binom{n - k}{\left\lfloor {\frac{{n - k}}{2}} \right\rfloor }} = \sum\limits_{k = 0}^n {{2^{n - k}}\binom{n}{k}\binom{k}{\left\lfloor {\frac{k}{2}} \right\rfloor }} \]
Ta sẽ phá dấu phần nguyên bằng cách phân đoạn $k$ theo module 2 $(k=2i;k=2i+1)$. Như vậy :
\[\begin{eqnarray*}S &=& \sum\limits_{k = 0}^n {{2^{n - k}}\binom{n}{k}\binom{k}{\left\lfloor {\frac{k}{2}} \right\rfloor }}\\&=& \sum\limits_{i = 0}^{\left\lfloor {\frac{n}{2}} \right\rfloor } {{2^{n - 2i}}\binom{n}{2i}\binom{2i}{i}} + \sum\limits_{i = 0}^{\left\lfloor {\frac{{n - 1}}{2}} \right\rfloor } {{2^{n - 2i - 1}}\binom{n}{2i + 1}\binom{2i + 1}{i}}\end{eqnarray*} \]
Trước tiên ta có khai triển chuỗi hình thức sau :
\[\sum\limits_{i = 0}^\infty {\binom{2i + r}{i}{x^i}} = \frac{1}{{\sqrt {1 - 4x} }}{\left( {\frac{{1 - \sqrt {1 - 4x} }}{{2x}}} \right)^r} \quad \left( {r \in \mathbb{N}} \right)\]
Với $r=1$ và $r=0$ thì :
Và ta có định lý A sau đây :
\[\sum\limits_k {\binom{n + ak}{m + bk}{z^{n - m + \left( {a - b} \right)k}}{f_k}} = \left[ {{t^n}} \right]\frac{{{t^m}}}{{{{\left( {1 - zt} \right)}^{m + 1}}}}f\left( {\frac{{{t^{b - a}}}}{{{{\left( {1 - zt} \right)}^b}}}} \right) \quad \left( {b > a} \right)\]
Áp dụng vào bài toán ,ta sẽ có :
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 07-04-2013 - 12:51
hứng minh:
$$\sum^n_{k=0}2^k \binom{n}{k} \binom{n-k}{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}=\binom{2n}{n}$$
@Dark templar: Bài này thấy quen quá,hình như đã có trong ĐTTH,phần Hàm sinh...
Do cái vế phải hình như bị sai thôi anh dark templar à zz
Đảo chiều 1 phát, ta được:
$$\sum\limits_{k = 0}^n {{2^k}\binom{n}{k}\binom{n - k}{\left\lfloor {\frac{{n - k}}{2}} \right\rfloor }} = \sum\limits_{k = 0}^n {{2^{n - k}}\binom{n}{k}\binom{k}{\left\lfloor {\frac{k}{2}} \right\rfloor }} $$
Vì $\binom{k}{\left\lfloor \frac{k}{2} \right\rfloor}$ là hạng tử tự do trong khai triển $(1+x)\left(x+\frac{1}{x} \right)^{k}$.
Từ đó, ta có:
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 07-04-2013 - 12:27
$P_{G}(\sigma_{1},\sigma_{2},\cdots,\sigma_{n})=\frac{1}{|G|}\sum_{\tau\in G}ind(\tau)$
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh