27020: Diferență între versiuni

Versiunea de la data 18 octombrie 2023 17:23

27020 (Gheorghe Szöllösy)

Să se calculeze suma $\sum _{k=0}^{\left\lfloor {\frac {n}{2}}\right\rfloor }{\frac {1}{4^{k}\cdot (k!)^{2}\cdot (n-2k)!}},\quad n\geq 1$

Soluție:

Fie $a_{n}$ coeficientul lui $X^{n}$ din rezolvarea lui

P(X)=\left(X+\left\lfloor {\frac {1}{2}}\right\rfloor \right)^{2n}=\left(X(1+X)+\left\lfloor {\frac {1}{4}}\right\rfloor \right)^{n}=\sum _{k=0}^{n}C_{n}^{k}X^{(n-k)}\left({\frac {1}{4^{k}}}\right)

.

Avem $a_{n}=\left({\frac {1}{2^{n}}}\right)C_{2}n^{n}$ , iar pe de altă parte,

@@ Linia 8: / Linia 8: @@
 Fie <math> a_n </math>  coeficientul lui <math> X^n </math> din rezolvarea lui
-<math display="block"> P(X) = \left(X + \left\lfloor\frac{1}{2}\right\rfloor\right)^{2n} = \left(X(1+X) + \left\lfloor\frac{1}{4}\right\rfloor\right)^n = \sum_{k=0}^n C_n^k X^{(n-k)} \left(\frac{1}{4^k}\right)
+<math display="block"> P(X) = \left(X + \left\lfloor\frac{1}{2}\right\rfloor\right)^{2n} = \left(X(1+X) + \left\lfloor\frac{1}{4}\right\rfloor\right)^n = \sum_{k=0}^n C_n^k X^{(n-k)} \left(\frac{1}{4^k}\right)</math>.
-</math>.
 Avem <math> a_n = \left(\frac{1}{2^n}\right) C_2n^n </math>, iar pe de altă parte,