11 replies to this topic

[faraanh]

1. tính $P_n=3.5.(2n-1)(2n+1)$

2. tính $S_n=u_1+u_2+...+u_n$ với $u_1=\frac{1}{2}, u_n=\frac{(2n-3)!!}{4n!}, n\geq 2$

[dark templar]

1. tính $P_n=3.5.(2n-1)(2n+1)$

2. tính $S_n=u_1+u_2+...+u_n$ với $u_1=\frac{1}{2}, u_n=\frac{(2n-3)!!}{4n!}, n\geq 2$

Bài 1: Cái này thuộc về định nghĩa giai thừa cách đôi rồi mà em   $P_{n}=(2n+1)!!$.

 

Bài 2: Bài này phải nói là đã vượt quá kiến thức của bậc THPT đi thi ĐH  (vì phải sử dụng đến dãy Catalan).

 

Để ý đến đẳng thức $\boxed{\displaystyle \left( {2n - 3} \right)!! = \frac{{\left( {2n - 2} \right)!}}{{{2^{n - 1}}\left( {n - 1} \right)!}}}$ thì:

\[{u_n} = \frac{{\left( {2n - 2} \right)!}}{{{2^{n - 1}}.4n!\left( {n - 1} \right)!}} = \frac{1}{{{2^{n + 1}}}}.\frac{{\dbinom{2n - 2}{n - 1}}}{{n }}\]

 

Như vậy:

 

\[\begin{array}{rcl}{S_n} &=& \sum\limits_{k = 1}^n {{u_k}}  = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 2}^n {\frac{{\dbinom{2k - 2}{k - 1}}}{{{2^k}k}}} \\&=& \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\frac{{\dbinom{2k}{k}}}{{\left( {k + 1} \right){2^k}}}} \\&=& \frac{1}{4}\left( {1 - \frac{{\dbinom{2n}{n}}}{{{2^n}\left( {n + 1} \right)}}} \right) + \frac{1}{4}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{\dbinom{2k}{k}}}{{\left( {k + 1} \right){2^k}}}} \\&=& \frac{1}{4}\left( {1 - \frac{{\dbinom{2n}{n}}}{{{2^n}\left( {n + 1} \right)}}} \right) + \frac{1}{{{2^{n + 2}}}}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{\dbinom{2k}{k}}}{{k + 1}}{{.2}^{n - k}}} \end{array}\]

 

Ta xét 2 khai triển chuỗi hình thức sau:

• $\sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{{\dbinom{2k}{k}}}{{k + 1}}{x^k}}  = \frac{{1 - \sqrt {1 - 4x} }}{{2x}}$ (đây cũng chính là khai triển chuỗi của các số Catalan)

• $\sum\limits_{k = 0}^\infty  {{2^k}{x^k}}  = \frac{1}{{1 - 2x}}$

 

 

Ta lại có định lý so sánh hệ số (Convolution) như sau:

\[\boxed{\displaystyle \left[ {{t^n}} \right]f\left( t \right)g\left( t \right) = \sum\limits_{k = 0}^n {\left[ {{t^k}} \right]f\left( t \right)\left[ {{y^{n - k}}} \right]g\left( y \right)}} \]

 

 

Trong đó ký hiệu $[t^{n}]f(t)$ là hệ số của $t^{n}$ trong khai triển chuỗi hình thức của hàm $f(t)$.

 

Do đó:

 

\[\begin{array}{rcl}{S_n} &=& \frac{1}{4}\left[ {1 - \frac{{\dbinom{2n}{n}}}{{{2^n}\left( {n + 1} \right)}}} \right] + \frac{1}{{{2^{n + 2}}}}\sum\limits_{k = 0}^n {\left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - 4t} }}{{2t}}\left[ {{y^{n - k}}} \right]\frac{1}{{1 - 2y}}} \\&=& \frac{1}{4}\left[ {1 - \frac{{\dbinom{2n}{n}}}{{{2^n}\left( {n + 1} \right)}}} \right] + \frac{1}{{{2^{n + 2}}}}\left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - 4t} }}{{2t\left( {1 - 2t} \right)}}\\&=& \frac{1}{4}\left[ {1 - \frac{{\dbinom{2n}{n}}}{{{2^n}\left( {n + 1} \right)}}} \right] + \frac{1}{{{2^{n + 2}}}}\left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - 4t} }}{{2t}} + \frac{1}{{{2^{n + 2}}}}\left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - 4t} }}{{1 - 2t}}\\&=& \frac{1}{4} + \frac{1}{{{2^{n + 2}}}}\left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - 4t} }}{{1 - 2t}}\end{array}\]

 

Đến đây thì ...tắc tỵ rồi

Spoiler

Không biết khai triển hàm sinh trên kia làm sao nữa ...

Edited by dark templar, 19-04-2013 - 17:25.

[faraanh]

 

Bài 1: Cái này thuộc về định nghĩa giai thừa cách đôi rồi mà em   $P_{n}=(2n+1)!!$.

 

 

em biết ngay là anh lại dùng cái này mà, chẳng lẽ không còn cách nào khác sao.

còn bài 2, thực ra cái đề nguyên văn là thế này $\left\{\begin{matrix}u_1=\frac{1}{2}\\ u_n=\frac{2n-3}{2n}u_{n-1}(n\geq 2)\end{matrix}\right.$ chứngs minh, $S_n=u_1+u_2+...+u_n<1$, em muốn tính theo CTTQ của $u_n$ mà chả được

[dark templar]

em biết ngay là anh lại dùng cái này mà, chẳng lẽ không còn cách nào khác sao.

còn bài 2, thực ra cái đề nguyên văn là thế này $\left\{\begin{matrix}u_1=\frac{1}{2}\\ u_n=\frac{2n-3}{2n}u_{n-1}(n\geq 2)\end{matrix}\right.$ chứngs minh, $S_n=u_1+u_2+...+u_n<1$, em muốn tính theo CTTQ của $u_n$ mà chả được

Với bài 1 thì em còn có thể biểu diễn nó qua hàm giai thừa là $\boxed{\displaystyle P_{n}=\frac{(2n+2)!}{2^{n+1}(n+1)!}}$.

 

Còn bài 2 thì em xem ở đây.

 

Ngoài ra em biến đổi ra cái $u_{n}$ ban đầu sai rồi,phải là $u_{n}=\frac{(2n-3)!!}{2^{n}n!}$ mới đúng ! Muốn tìm CTTQ cho $S_{n}$ thì cũng có thể được nhưng mà vượt quá mức đi thi ĐH rồi

 

Spoiler

Nếu em vẫn muốn tìm CTTQ của $S_{n}$ thì anh có thể giải cho em...

[tienvuviet]

Bài 2 thì bây h em chưa nghĩ ra 1 cách thật sự sơ cấp nhưng nếu dùng cao cấp xong chuyển thành sơ cấp ta sẽ có đc kết quả khá đẹp.
Trước hết ta cần có 1 vài cái cao cấp sau
1.$$\Gamma \left( x \right) = \int_0^\infty  {{e^{ - t}}{t^{x - 1}}dt} $$
2.$$\Gamma \left( x \right)\Gamma \left( {x + \frac{1}{2}} \right) = \frac{{\sqrt \pi  }}{{{2^{2x - 1}}}}\Gamma \left( {2x} \right)$$
Trước hết ta có thể biểu diễn $u(n)$ một cách dễ dàng như sau
$$u\left( n \right) = \frac{1}{2}\frac{{\Gamma \left( {n - \frac{1}{2}} \right)}}{{\sqrt \pi  \Gamma \left( {n + 1} \right)}}$$
Do đó ta có
$${S_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {u\left( k \right)}  =  - \frac{{\left( {n + 1} \right)\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}}{{\sqrt \pi  \Gamma \left( {n + 2} \right)}} + 1 = 1 - \frac{{\left( {n + 1} \right)\Gamma \left( n \right)\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}}{{\sqrt \pi  \Gamma \left( {n + 2} \right)\Gamma \left( n \right)}} = 1 - \frac{{\left( {n + 1} \right)\Gamma \left( {2n} \right)}}{{{2^{2n - 1}}\Gamma \left( {n + 2} \right)\Gamma \left( n \right)}}$$
Mặc khác với $n \in \mathbb{N} \Rightarrow \Gamma \left( n \right) = n!$ tới đây thì dễ rồi liệu có thể dựa vào kết quả này rồi dùng quy nạp để chứng minh không nhỉ

Edited by tienvuviet, 19-04-2013 - 18:40.

[dark templar]

Bài 2 thì bây h em chưa nghĩ ra 1 cách thật sự sơ cấp nhưng nếu dùng cao cấp xong chuyển thành sơ cấp ta sẽ có đc kết quả khá đẹp.
Trước hết ta cần có 1 vài cái cao cấp sau
1.$$\Gamma \left( x \right) = \int_0^\infty  {{e^{ - t}}{t^{x - 1}}dt} $$
2.$$\Gamma \left( x \right)\Gamma \left( {x + \frac{1}{2}} \right) = \frac{{\sqrt \pi  }}{{{2^{2x - 1}}}}\Gamma \left( {2x} \right)$$
Trước hết ta có thể biểu diễn $u(n)$ một cách dễ dàng như sau
$$u\left( n \right) = \frac{1}{2}\frac{{\Gamma \left( {n - \frac{1}{2}} \right)}}{{\sqrt \pi  \Gamma \left( {n + 1} \right)}}$$
Do đó ta có
$${S_n} = \sum\limits_{k = 1}^n {u\left( k \right)}  =  - \frac{{\left( {n + 1} \right)\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}}{{\sqrt \pi  \Gamma \left( {n + 2} \right)}} + 1 = 1 - \frac{{\left( {n + 1} \right)\Gamma \left( n \right)\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}}{{\sqrt \pi  \Gamma \left( {n + 2} \right)\Gamma \left( n \right)}} = 1 - \frac{{\left( {n + 1} \right)\Gamma \left( {2n} \right)}}{{{2^{2n - 1}}\Gamma \left( {n + 1} \right)\Gamma \left( n \right)}}$$
Mặc khác với $n \in \mathbb{N} \Rightarrow \Gamma \left( n \right) = n!$ tới đây thì dễ rồi liệu có thể dựa vào kết quả này rồi dùng quy nạp để chứng minh không nhỉ

Cách sơ cấp thì cũng có,đó là khai triển hàm sinh;nhưng mà lại quá xa trình độ thi ĐH.

**********

Ta biến đổi $u_{n}=\frac{2\dbinom{2n-2}{n-1}}{n4^{n}}$.

 

Vậy thì :

 

\[\begin{array}{rcl}{S_n} &=& \sum\limits_{k = 1}^n {{u_k}} \\&=& \frac{1}{2} + 2\sum\limits_{k = 2}^n {\frac{{\dbinom{2k - 2}{k - 1}}}{{k{4^k}}}} \\&=& \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\frac{{\dbinom{2k}{k}}}{{\left( {k + 1} \right){4^k}}}} \\&=&  - \frac{{\dbinom{2n}{n}}}{{{2^{2n + 1}}\left( {n + 1} \right)}} + \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{\dbinom{2k}{k}}}{{\left( {k + 1} \right){4^k}}}} \end{array}\]

 

Xét 2 khai triển chuỗi hình thức là:

• $\sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{1}{{k + 1}}{\dbinom{2k}{k}}{x^k}}  = \frac{{1 - \sqrt {1 - 4x} }}{{2x}}$

• $\sum\limits_{k = 0}^\infty  {\dbinom{ - \frac{1}{2}}{k}{{\left( { - 1} \right)}^k}{x^k}}  = \frac{1}{{\sqrt {1 - x} }} = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{1}{{{4^k}}}\dbinom{2k}{k}} \left( {\left| x \right| < 1} \right)$

 

Cùng với công thức tổng hệ số là $\boxed{\displaystyle \sum\limits_{k = 0}^n {\left[ {{t^k}} \right]f\left( t \right)}  = \left[ {{t^n}} \right]\frac{{f\left( t \right)}}{{1 - t}}}$.

 

Kết hợp các điều trên thì ta sẽ có:

 

\[\begin{array}{rcl}{S_n} &=&  - \frac{1}{{{2^{2n + 1}}\left( {n + 1} \right)}}\binom{2n}{n} + \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 0}^n {\left[ {{t^k}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - 4.\frac{t}{4}} }}{{2.\frac{t}{4}}}} \\&=&  - \frac{1}{{{2^{2n + 1}}\left( {n + 1} \right)}}\binom{2n}{n} + \sum\limits_{k = 0}^n {\left[ {{t^k}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - t} }}{t}} \\&=&  - \frac{1}{{{2^{2n + 1}}\left( {n + 1} \right)}}\binom{2n}{n} + \left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - t} }}{{t\left( {1 - t} \right)}}\\&=&  - \frac{1}{{{2^{2n + 1}}\left( {n + 1} \right)}}\binom{2n}{n} + \left[ {{t^n}} \right]\frac{{1 - \sqrt {1 - t} }}{t} + \left[ {{t^n}} \right]\frac{1}{{1 - t}} - \left[ {{t^n}} \right]\frac{1}{{\sqrt {1 - t} }}\\&=& \boxed{\displaystyle 1 - \frac{1}{{{4^n}}}\binom{2n}{n}}\end{array}\]

 

@supermember: Không ngờ là 1 bài Toán đơn giản nay lại được giải theo 1 cách trọn vẹn và nhiều ý nghĩa hơn, Congrats

Edited by supermember, 21-04-2013 - 11:30.

[faraanh]

Với bài 1 thì em còn có thể biểu diễn nó qua hàm giai thừa là $\boxed{\displaystyle P_{n}=\frac{(2n+2)!}{2^{n+1}(n+1)!}}$.

 

anh cho em hỏi luôn  công thức chuyển từ giai thừa cách đôi dạng tổng quát thành giai thừa kiểu bình thường và nếu là giai thừa cách 3 cách 4 thì làm sao ạ?

[hxthanh]

Tặng Dark Templar cái này:

 

$\Delta\left[\dfrac{\displaystyle 2{2k\choose k}}{4^k}\right]=?$

 

[dark templar]

anh cho em hỏi luôn  công thức chuyển từ giai thừa cách đôi dạng tổng quát thành giai thừa kiểu bình thường và nếu là giai thừa cách 3 cách 4 thì làm sao ạ?

Spoiler

Cái này là anh học từ anh Thanh trong phần SPTP

1 cách tổng quát thì $\boxed{\displaystyle (2n+2k-1)!!=\frac{(2n+2k)!}{2^{n+k}(n+k)!}}$.

 

Còn giai thừa cách 3,cách 4 thì ...anh chưa nghĩ tới công thức chuyển đổi

 

Tặng Dark Templar cái này:

 

$\Delta\left[\dfrac{\displaystyle 2{2k\choose k}}{4^k}\right]=?$

 

 

1 lời giải SPTP hay thật

\[\Delta \left[ {\frac{{2\dbinom{2k}{k}}}{{{4^k}}}} \right] =  - \frac{1}{{\left( {k + 1} \right){4^k}}}\binom{2k}{k}\]

Edited by dark templar, 19-04-2013 - 20:55.

[hxthanh]

Ta có:

$(2n)!=[(2n)(2n-2)...2].[(2n-1)(2n-3)...1]=(2n)!!(2n-1)!!$

$\quad=2^n. n! \left(2n-1\right)!!$

Vậy nếu cần chuyển thì:

 

$(2n-1)!!=\dfrac{(2n)!}{2^n.n!}\quad$ và $\quad(2n)!!=2^n.n!$

 

Spoiler

Các nhà toán học chỉ định nghĩa đến giai thừa cách đôi thôi. Nếu muốn em có thể tự định nghĩa

[faraanh]

hai cái này có vẻ mâu thuẫn

 đẳng thức $\boxed{\displaystyle \left( {2n - 3} \right)!! = \frac{{\left( {2n - 2} \right)!}}{{{2^{n - 1}}\left( {n - 1} \right)!}}}$ 

 

 

$\boxed{\displaystyle (2n+2k)!!=\frac{(2n+2k)!}{2^{n+k}(n+k)!}}$.

 

 

__________________________

@hxthanh: Dark viết thiếu -1 thôi em

Giải thích chi tiết ở bài #10

Edited by hxthanh, 19-04-2013 - 20:07.

[dark templar]

Sau đây là lời giải sơ cấp nhất,bằng sai phân của anh hxthanh

 

Theo quy tắc hút và lùi cơ số thì:

 

\[\begin{eqnarray*}\frac{1}{{{4^k}}}\binom{2k}{k} - \frac{1}{{{4^{k + 1}}}}\binom{2k + 2}{k + 1} &=& \frac{1}{{{4^k}}}\left[ {\binom{2k}{k} - \frac{1}{4}.\frac{{2k + 2}}{{k + 1}}\binom{2k + 1}{k}} \right] &\text{(Quy tắc hút)}\\&=& \frac{1}{{{4^k}}}\left[ {\binom{2k}{k} - \frac{1}{2}.\frac{{2k + 1}}{{k + 1}}\binom{2k}{k}} \right] &\text{(Quy tắc lùi cơ số)}\\&=& \frac{1}{{{{2.4}^k}\left( {k + 1} \right)}}\binom{2k}{k}\end{eqnarray*}\]

 

Như vậy thì:

\[\begin{array}{rcl}{S_n} &=& 2\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{{4^k}k}}\binom{2k - 2}{k - 1}} \\&=& \frac{1}{2}\sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {\frac{1}{{{4^k}\left( {k + 1} \right)}}\binom{2k}{k}} \\&=& \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {\left[ {\frac{1}{{{4^k}}}\binom{2k}{k} - \frac{1}{{{4^{k + 1}}}}\binom{2k + 2}{k + 1}} \right]} \\&=& \frac{1}{{{4^0}}}\binom{2.0}{0} - \frac{1}{{{4^{n - 1 + 1}}}}\binom{2\left( {n - 1} \right) + 2}{n - 1 + 1}\\&=& \boxed{\displaystyle 1 - \frac{1}{{{4^n}}}\binom{2n}{n}}\end{array}\]