1. tính $P_n=3.5.(2n-1)(2n+1)$
2. tính $S_n=u_1+u_2+...+u_n$ với $u_1=\frac{1}{2}, u_n=\frac{(2n-3)!!}{4n!}, n\geq 2$
1. tính $P_n=3.5.(2n-1)(2n+1)$
2. tính $S_n=u_1+u_2+...+u_n$ với $u_1=\frac{1}{2}, u_n=\frac{(2n-3)!!}{4n!}, n\geq 2$
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:
$\sum\limits_{k = 0}^\infty {{2^k}{x^k}} = \frac{1}{{1 - 2x}}$
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:
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 19-04-2013 - 17:25
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
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
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
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tienvuviet: 19-04-2013 - 18:40
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 :
$\sum\limits_{k = 0}^\infty {\dbinom{ - \frac{1}{2}}{k}{{\left( { - 1} \right)}^k}{x^k}} = \frac{1}{{\sqrt {1 - x} }} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{1}{{{4^k}}}\dbinom{2k}{k}} \left( {\left| x \right| < 1} \right)$
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:
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 21-04-2013 - 11:30
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?
Tặng Dark Templar cái này:
$\Delta\left[\dfrac{\displaystyle 2{2k\choose k}}{4^k}\right]=?$
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?
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
\[\Delta \left[ {\frac{{2\dbinom{2k}{k}}}{{{4^k}}}} \right] = - \frac{1}{{\left( {k + 1} \right){4^k}}}\binom{2k}{k}\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 19-04-2013 - 20:55
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 $\quad(2n)!!=2^n.n!$
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
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 19-04-2013 - 20:07
Sau đây là lời giải sơ cấp nhất,bằng sai phân của anh hxthanh
Theo quy tắc hút và lùi cơ số thì:
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh