Câu 1 \(k\) chạy từ 2 nhé, mình quên.

câm mồm vào thằng nhóc

hzethy

Ta có \(A=\sum\limits^n_{k=1}k^2=\sum\limits^n_{k=1}C^1_k+2\sum\limits^n_{k=1}C^2_k\)

Kết hợp với bài 2.15 ta được :

\(A=C_{n+1}^2+2C^3_{n+1}=\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}+\dfrac{\left(n-1\right)n\left(n+1\right)}{3}=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\)

Bài toán chia kẹo kinh điển đây mà.

Trước hết chúng ta đếm 1 chút theo kiểu lớp 1 lớp 2 gì đó: có 1 đoạn thẳng, cần chia đoạn thẳng ấy làm 3 phần, vậy cần chấm lên đoạn thẳng ấy mấy điểm? Câu trả lời rõ ràng là 2 điểm. Cần chia 1 con cá thành 3 khúc, ta cần 2 nhát cắt; cần ngăn 4 con cọp xếp hàng ngang để chúng đỡ cắn nhau, ta cần 3 vách ngăn. Hay để chia 1 đối tượng làm n phần, ta cần dùng n-1 vách ngăn để chia nó ra, Như thế này:

​

Bây giờ có số tự nhiên n, ta phân tích nó như sau:

\(n=1+1+1+...+1+1+1\)

Giả sử ta "vách ngăn" vào một vài vị trí giữa các số 1, kiểu thế này:

\(1+1+\left|1+1+1\right|+1+|1+1+...+1\)

Rõ ràng với 3 vách ngăn trên, ta chia n thành 3+1=4 phần, mỗi phần đều có giá trị nguyên dương, lần lượt là 2,3,1,n-6. 

Bây giờ cần chia dãy \(1+1+...+1\) trên thành m phần, vậy cần đặt bao nhiêu vách ngăn? Cũng như ban đầu đã phân tích, ta cần đặt \(m-1\)  tấm vách ngăn.

Ta có bao nhiêu vị trí để đặt \(m-1\) vách ngăn nói trên? Có n số 1, ta sẽ có \(n-1\) vị trí đặt vách ngăn, sao cho giữa 2 vách ngăn có ít nhất một số 1 (hay giữa 2 vách ngăn luôn là 1 giá trị nguyên dương).

Tóm lại, để chia dãy tổng \(1+1+...+1\) (n số hạng) thành m phần, sao cho mỗi phần chứa ít nhất một số 1, ta cần đặt \(m-1\) tấm vách ngăn vào \(n-1\) vị trí khả dĩ. Như vậy, ta có \(C_{n-1}^{m-1}\) cách.

Hiển nhiên, giá trị của mỗi phần (tức là tổng các số 1 trong phần đó) chính là giá trị nghiệm \(x_i\) của pt \(\sum\limits^m_{i=1}x_i=n\). Vậy pt có \(C_{n-1}^{m-1}\) nghiệm nguyên dương.

//Bay giờ tới nghiệm tự nhiên thì đơn giản, số tự nhiên khác số nguyên dương đúng 1 số 0, bây giờ ta "loại" nó đi là ra bài toán bên trên. Bằng cách đặt \(y_1=x_1+1;y_2=x_2+1...;y_m=x_m+1\), ta đảm bảo \(y_i\) luôn nguyên dương khi \(x_i\) tự nhiên.

Khi đó:

\(y_1+y_2+...+y_m=\left(x_1+1\right)+\left(x_2+1\right)+...+\left(x_m+1\right)\)

\(=\left(x_1+x_2+...+x_m\right)+m=n+m\)

Quay về bài trên, ta có pt \(y_1+y_2+...+y_m=n+m\) có \(C_{n+m-1}^{m-1}\) nghiệm. 

Ứng với mỗi \(y_i\) cho đúng 1 giá trị \(x_i=y_i-1\) tương ứng, do đó pt:

\(\sum\limits^m_{i=1}x_i=n\) có \(C_{n+m-1}^{m-1}\) nghiệm tự nhiên

Công thức đầu của em có vẻ bị sai :D

\(B=1!+2.2!+3.3!+...+k.k!\)

\(=1!+\left(3-1\right)2!+\left(4-1\right)3!+...+\left(k+1-1\right)k!\)

\(=1!+3!-2!+4!-3!+...+\left(k+1\right)!-k!\)

\(=\left(k+1\right)!-1\)

\(C=\frac{2-1}{2!}+\frac{3-1}{3!}+\frac{4-1}{4!}+...+\frac{n-1}{n!}\)

\(=\frac{2}{2!}-\frac{1}{2!}+\frac{3}{3!}-\frac{1}{3!}+\frac{4}{4!}-\frac{1}{4!}+...+\frac{n}{n!}-\frac{1}{n!}\)

\(=1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{3!}-\frac{1}{4!}+...+\frac{1}{\left(n-1\right)!}-\frac{1}{n!}\)

\(=1-\frac{1}{n!}\)

2.

Với \(n=0\Rightarrow1\ge\frac{1}{2}\) đúng

Với \(n=1\Rightarrow1\ge1\) đúng

Giả sử BĐT đúng với \(n=k\ge2\) hay \(k!\ge2^{k-1}\)

Ta cần chứng minh nó cũng đúng với \(n=k+1\) hay \(\left(k+1\right)!\ge2^k\)

Thật vậy, ta có:

\(\left(k+1\right)!=k!\left(k+1\right)\ge2^{k-1}.\left(k+1\right)>2^{k-1}.2=2^k\) (đpcm)

\(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+k}=\dfrac{n+k}{n\left(n+k\right)}-\dfrac{n}{n\left(n+k\right)}=\dfrac{n+k-n}{n\left(n+k\right)}=\dfrac{k}{n\left(n+k\right)}\)

\(\dfrac{k}{n\cdot\left(n+k\right)}=\dfrac{n+k-n}{n\left(n+k\right)}=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+k}\)(đpcm)

\(VT=\frac{n+1}{n+2}\left(\frac{1}{C^k_{n+1}}+\frac{1}{C^{k+1}_{n+1}}\right)=\frac{n+1}{n+2}.\frac{k!\left(n+1-k\right)!+\left(k+1\right)!\left(n-k\right)!}{\left(n+1\right)!}\)

\(=\frac{1}{n+2}.\frac{k!\left(n-k\right)!}{n!}\left[\left(n+1-k\right)+\left(k+1\right)\right]=\frac{k!\left(n-k\right)!}{n!}=\frac{1}{C^k_n}=VP\left(đpcm\right)\)