Chủ đề này có 2 trả lời

[nthoangcute]

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

[dark templar]

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 :

• $\sum\limits_{i = 0}^\infty  {\binom{2i}{i}{x^i}}  = \frac{1}{{\sqrt {1 - 4x} }}$
• $\sum\limits_{i = 0}^\infty  {\binom{2i + 1}{i}{x^i}}  = \frac{1}{{\sqrt {1 - 4x} }}.\frac{{1 - \sqrt {1 - 4x} }}{{2x}}$

 

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 :

 

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

 

**********

Spoiler

Sai sót quá...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 07-04-2013 - 12:51

[Stranger411]

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:

$$\sum^n_{k=0}2^{n-k} \binom{n}{k} (1+x)\left ( x+ \frac{1}{x} \right )^k = (1+x)\left ( 2+x+ \frac{1}{x} \right )^n= \frac{1}{x^n} (1+x)^{2n+1}$$
Xét hạng tử tự do ở 2 vế, ta được:
$$\sum^n_{k=0}2^k \binom{n}{k} \binom{n-k}{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}=\binom{2n+1}{n}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 07-04-2013 - 12:27