Dtth part3 booklet là tài liệu môn Toán trong chương trình Lớp 11 được cungthi.online tổng hợp và biên soạn từ các nguồn chia sẻ trên Internet. Tạo nguồn tài liệu giúp các bạn trong việc ôn luyện và học tập
Những địa chỉ uy tín để bạn mua sách
Nội dung tóm tắt
100 4.5. Bài tập minh họa
Lời giải.
n∑
k=0
(−1)k
(
n
k
)
(x− k)n+2
=
n∑
k=0
(−1)k
(
n
k
) n+2∑
r=0
(
n+ 2
r
)
xn+2−r(−1)rkr
=
n+2∑
r=0
(
n+ 2
r
)
xn+2−r(−1)r
n∑
k=0
(−1)k
(
n
k
)
kr
=
(
n+ 2
n
)
x2
{
n
n
}
n!−
(
n+ 2
n+ 1
)
x
{
n+ 1
n
}
n! +
(
n+ 2
n+ 2
){
n+ 2
n
}
n!
=
x2
2
(n+ 2)!− xn
2
(n+ 2)! +
3n+ 1
24
n(n+ 2)!
=
3n2 + n+ 12x2 − 12nx
24
(n+ 2)!
Nhận xét.
Bằng việc sử dụng định lý: G (kp) =
p∑
k=0
{
p
k
}
k!tk
(1− t)k+1
. các bạn có
thể tự luyện tập bằng bài toán sau:
n∑
k=0
(
n
k
)2
kr =
r∑
k=0
(
n
k
)(
2n− k
n
){
r
k
}
k!
Ví dụ 4.19. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:
n∑
k=0
(
4n
2n− 2k
)(
k + n
n
)
=
2
3
· 4n
(
3n
n
)
4
Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp
3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 65
Như vậy đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
S =
n∑
k=0
(
n
k
)
(2k − 1)!!(2n− 2k − 1)!!
2k + 1
=
23n.(n!)3
(2n+ 1)!
Ta có:
∆
[(
n− 1
k − 1
)
(2k − 3)!!(2n− 2k + 1)!!
]
=
=
(
n− 1
k
)
(2k − 1)!!(2n− 2k − 1)!!−
(
n− 1
k − 1
)
(2k − 3)!!(2n− 2k + 1)!!
= −
(
n
k
)
(2k − 3)!!(2n− 2k − 1)!!
Như vậy thừa số còn “sót” lại là
(
−2k − 1
2k + 1
)
với:
∆
(
−2k − 1
2k + 1
)
= −2k + 1
2k + 3
+
2k − 1
2k + 1
= − 4
(2k + 1)(2k + 3)
Áp dụng SPTP 3.2, ta được:
S =
n∑
k=0
(
n
k
)
(2k − 1)!!(2n− 2k − 1)!!
2k + 1
=
(
n− 1
k − 1
)
(2k − 3)!!(2n− 2k + 1)!!
(
−2k − 1
2k + 1
)∣∣∣∣n+1
k=0
−
n∑
k=0
(
n− 1
k
)
(2k − 1)!!(2n− 2k − 1)!!(−4)
(2k + 1)(2k + 3)
=
n−1∑
k=0
4
(
n− 1
k
)
(2k − 1)!!(2n− 2k − 1)!!
(2k + 1)(2k + 3)
Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học
66 3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ
Quan sát sự thay đổi của tổng thu được, sau một lần áp dụng SPTP, ta nhận
thấy dạng tổng quát của tổng cần tính là:
S(p,n) =
n−p∑
k=0
[(2p)!!]2
(
n− p
k
)
(2k − 1)!!(2n− 2k − 1)!!
(2p− 1)!!
p∏
j=0
(2k + 1 + 2j)
Thật vậy:
∆
[(
n− p− 1
k − 1
)
(2k − 3− 2p)!!(2n− 2k + 1)!!
]
=
=
(
n− p− 1
k
)
(2k − 1− 2p)!!(2n− 2k − 1)!!
−
(
n− p− 1
k − 1
)
(2k − 3− 2p)!!(2n− 2k + 1)!!
= (2k − 3− 2p)!!(2n− 2k − 1)!!
[(
n− p− 1
k
)
(2k − 1− 2p)
−
(
n− p− 1
k − 1
)
(2n− 2k + 1)
]
= −(2p+ 1)
(
n− p
k
)
(2k − 3− 2p)!!(2n− 2k − 1)!!
Còn lại:
∆
p∏
j=0
2k − 1− 2j
2k + 1 + 2j
= p∏
j=0
2k + 1− 2j
2k + 3 + 2j
−
p∏
j=0
2k − 1− 2j
2k + 1 + 2j
=
(2p+ 2)2
p−1∏
j=0
(2k − 1− 2j)
p+1∏
j=0
(2k + 1 + 2j)
Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp
4.5. Bài tập minh họa 99
Trở lại với vấn đề chính. Ta có:
n∑
k=0
(−1)k
(
n
k
)
(x− k)n+1
=
n∑
k=0
(−1)k
(
n
k
) n+1∑
r=0
(
n = 1
r
)
xn+1−r(−1)rkr
=
n+1∑
r=0
(
n+ 1
r
)
xn+1−r(−1)r
n∑
k=0
(−1)k
(
n
k
)
kr
=
(
n+ 1
n
)
x(−1)n
{
n
n
}
(−1)nn!
+
(
n+ 1
n+ 1
)
(−1)n+1
{
n+ 1
n
}
(−1)nn!
= x(n+ 1)!− n(n+ 1)
2
n!
=
2x− n
2
(n+ 1)!
Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 4.18. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:
n∑
k=0
(−1)k
(
n
k
)
(x− k)n+2 ≡ 3n
2 + n+ 12x2 − 12nx
24
(n+ 2)!
4
Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học
98 4.5. Bài tập minh họa
Lời giải.
Ta có:
n∑
k=0
(
p− k
p− n
)(
q + k + 1
m
)
=
n∑
k=0
(
p− k
n− k
)(
q + k + 1
m
)
B
= [tn] (1 + t)p
[
um−q−1
(1− u)m+1
∣∣∣∣u = t1 + t
]
= [tn] (1 + t)p
tm−q−1
(1 + t)m−q−1
(1 + t)m+1
=
[
tn−m+q+1
]
(1 + t)p+q+2
=
(
p+ q + 2
n−m+ 1 + q
)
Đẳng thức còn lại chứng minh hoàn toàn tương tự.
Nên từ đây suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 4.17. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:
n∑
k=0
(−1)k
(
n
k
)
(x− k)n+1 ≡ 2x− n
2
(n+ 1)!
4
Lời giải.
Trước tiên ta cần điểm qua bổ đề sau:
Bổ đề 4.1–
n∑
k=0
(−1)k
(
n
k
)
kj =
{
j
n
}
(−1)nn!
Chứng minh.
n∑
k=0
(
n
k
)
(−1)kkj E= [tn] 1
1− t
[
j∑
k=0
{
j
k
}
k!(−u)k
(1 + u)k+1
∣∣∣∣ u = t1− t
]
= [tn]
j∑
k=0
{
j
k
}
k!(−1)ktk
=
{
j
n
}
(−1)nn!
Diễn đàn Toán học N Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp
3.3. Một số bài toán và Ví dụ minh hoạ 67
Áp dụng SPTP 3.2, ta được:
S(n,p) =
− [(2p)!!]
2
(
n− p− 1
k − 1
)
(2p− 1)!!(2p+ 1)
(2k − 3− 2p)!!(2n− 2k + 1)!!
·
p∏
j=0
2k − 1− 2j
2k + 1 + 2j
∣∣∣∣∣∣
n−p+1
k=0
−
n−p∑
k=0
[ [(2p)!!]2(−1)(n− p− 1
k
)
(2k − 1− 2p)!!(2n− 2k − 1)!!
(2p− 1)!!(2p+ 1)
·
(2p+ 2)2
p−1∏
j=0
(2k − 1− 2j)
p+1∏
j=0
(2k + 1 + 2j)
=
n−p−1∑
k=0
[(2p+ 2)!!]2
(
n− p− 1
k
)
(2k − 1)!!(2n− 2k − 1)!!
(2p+ 1)!!
p+1∏
j=0
(2k + 1 + 2j)
= S(p+1,n)
Từ đó suy ra:
S = S(0,n) = S(1,n) = ... = S(n,n) =
=
n−n∑
k=0
[(2n)!!]2
(
n− n
k
)
(2k − 1)!!(2n− 2k − 1)!!
(2n− 1)!!
n∏
j=0
(2k + 1 + 2j)
=
[(2n)!!]2
(2n+ 1)!!
=
[(2n)!!]3
(2n+ 1)!!(2n)!!
=
23n(n!)3
(2n+ 1)!
Chuyên đề Đẳng Thức Tổ Hợp N Diễn đàn Toán học
68 3.4. Bài tập tự luyện
Nhận xét. Luyện tập sử dụng phương pháp Sai Phân Từng Phần giúp
cho bạn có nhiều kỹ năng biến đổi Đại Số và mỗi khi nhìn thấy biểu
thức tổng bạn sẽ tự tin và đỡ choáng ngợp hơn!
Bên cạnh đó SPTP cũng như tương tự như Tích Phân Từng Phần vậy,
đều có những ưu nhược điểm của nó! Nếu không tinh ý, bạn dễ rơi vào
vòng “luẩn quẩn” của tổng sau khi lấy SPTP, hoặc sau khi lấy SPTP
tổng thu được còn khó hơn!
Nhược điểm lớn nhất của phương pháp này là bạn phải “nhìn thấy”
được Sai Phân trong biểu thức lấy tổng đã cho, giống như kiểu bạn
phải tìm được nguyên hàm của v(x) để cho d(V (x)) = v(x)dx sau đó
mới áp dụng được công thức Tích Phân Từng Phần. Việc làm này
