Putnam 2014 A1

#1

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{f\left( x \right) = \left( {1 - x + {x^2}} \right){e^x}.}$ Να αποδείξετε ότι κάθε μη μηδενικός συντελεστής του αναπτύγματος Taylor της

στο

είναι της μορφής $\displaystyle{\frac{p}{q},}$ όπου p, q

θετικοί ακέραιοι, $\displaystyle{\left( {p,q} \right) = 1}$ και είτε p=1

, είτε ο

είναι πρώτος αριθμός.

BAGGP93 · #2

Γεια σας. Κάνω μια προσπάθεια.

Η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι ορισμένη και άπειρες φορές συνεχώς διαφορίσιμη στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$

με $\displaystyle{f(0)=1}$ . Έχουμε ότι :

$\displaystyle{f^\prime(x)=\left(-1+2\,x\right)\,e^{x}+\left(1-x+x^2\right)\,e^{x}=\left(x^2+x\right)\,e^{x}\,,x\in\mathbb{R}$ .

$\displaystyle{f^{\prime \prime}(x)=\left(1+2\,x\right)\,e^{x}+\left(x+x^2\right)\,e^{x}=\left(x^2+3\,x+1\right)\,e^{x}\,,x\in\mathbb{R}$ .

$\displaystyle{f^{(3)}(x)=\left(2\,x+3\right)\,e^{x}+\left(x^2+3\,x+1\right)\,e^{x}=\left(x^2+5\,x+4\right)\,e^{x}\,,x\in\mathbb{R}}$

Έστω ότι $\displaystyle{f^{(n)}(x)=\left[x^2+\left(2\,n-1\right)\,x+\left(n-1\right)^2\right]\,e^{x}\,,x\in\mathbb{R}}$ για κάποιο $\displaystyle{n\in\mathbb{N}}$ .

$\displaystyle{\bullet\,\,n\to n+1}$ :

Για κάθε $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$ είναι :

$\displaystyle{\begin{aligned}f^{(n+1)}(x)&=\left[\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(f^{(n)}(t))\right]_{t=x}\\&=\left[\left(2\,t+2\,n-1\right)\,e^{t}+\left(t^2+(2\,n-1)\,t+\left(n-1\right)^2\right)\,e^{t}\right]_{t=x}\\&=\left[\left(t^2+(2\,n-1+2)\,t+2\,n-1+n^2-2\,n+1\right)\,e^{t}\right]_{t=x}\\&=\left[\left(t^2+(2\,n+1)\,t+n^2\right)\,e^{t}\right]_{t=x}\\&=\left[x^2+\left(2\,(n+1)-1\right)\,x+\left((n+1)-1\right)^2\right]\,e^{x}\end{aligned}}$

Επαγωγικά λοιπόν, $\displaystyle{f^{(n)}(x)=\left[x^2+\left(2\,n-1\right)\,x+\left(n-1\right)^2\right]\,e^{x}\,,x\in\mathbb{R}\,,n\in\mathbb{N}}$

και εφ' όσον $\displaystyle{f(x)=\left(1-x+x^2\right)\,e^{x}=\left[x^2+\left(2\cdot 0-1\right)\,x+\left(0-1\right)^2\right]\,e^{x}\,,x\in\mathbb{R}}$

προκύπτει ότι :

$\displaystyle{\forall\,x\in\mathbb{R}\,,\forall\,n\in\mathbb{N}\cup\left\{0\right\}: f^{(n)}(x)=\left[x^2+\left(2\,n-1\right)\,x+\left(n-1\right)^2\right]\,e^{x}}$ .

Το ανάπτυγμα $\displaystyle{\rm{Taylor}}$ της $\displaystyle{f}$ στο $\displaystyle{x_0=0}$ είναι :

$\displaystyle{1+\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{f^{(n)}(0)\,x^{n}}{n!}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\left(n-1\right)^2\,x^{n}}{n!}$ με

συντελεστές $\displaystyle{a_{0}=1\,,a_{n}=\dfrac{\left(n-1\right)^2}{n!}\neq 0\,,n\in\mathbb{N}-\left\{1\right\}}$ .

Θέτοντας $\displaystyle{k_{n}=\left(n-1\right)^2\,,m_{n}=n!\,,n\in\mathbb{N}\,,p_{0}=q_{0}=1}$ έχουμε ότι $\displaystyle{a_{n}=\dfrac{k_{n}}{m_{n}}\,,n\in\mathbb{N}$

με $\displaystyle{k_{n}\,,m_{n}\in\mathbb{N}}$ . Είναι : $\displaystyle{a_{0}=1\,,p_{0}=1=q_{0}}$ : πρώτος.

Θέτουμε $\displaystyle{d_{n}=\rm{gcd}\,(k_{n},m_{n})\,,n\geq 2}$ . Τότε, υπάρχουν $\displaystyle{p_{n}\,,q_{n}\in\mathbb{N}}$

ώστε $\displaystyle{k_{n}=p_{n}\,d_{n}\,,m_{n}=q_{n}\,d_{n}}$ και συνεπώς :

$\displaystyle{a_{n}=\dfrac{k_{n}}{m_{n}}=\dfrac{p_{n}\,d_{n}}{q_{n}\,d_{n}}=\dfrac{p_{n}}{q_{n}}$ με

$\displaystyle{\rm{gcd}\,(p_{n},q_{n})=\rm{gcd}\,\left(\dfrac{k_{n}}{d_{n}},\dfrac{m_{n}}{d_{n}}\right)=1}$ .

Δείτε πιο κάτω τις σωστές δικαιολογήσεις.

#3

Νομίζω το πράγματα είναι πιο απλά. Μπορούμε να κάνουμε αριθμητικές πράξεις με δυναμοσειρές μέσα στον κύκλο σύγκλισης οπότε για κάθε $x \in \mathbb{R}$ έχουμε

$\displaystyle{ (1-x+x^2)e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n - x^{n+1} + x^{n+2}}{n!} = 1 + x - x + \sum_{n=0}^{\infty} \left(1 - (n+2) + (n+1)(n+2) \right)\frac{x^{n+2}}{(n+2)!}}$
$\displaystyle{= 1 + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(n+1)^2}{(n+2)!} x^{n+2} = 1 + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n+1}{n!(n+2)} x^{n+2}}$

Αν ο n+1

είναι πρώτος τότε ο συντελεστής $\displaystyle{ \frac{n+1}{n!(n+2)}}$ είναι ήδη γραμμένος στην ζητούμενη μορφή.

Αν (n+1)

δεν είναι πρώτος, τότε n+1 = rs

για κάποια 1 < r,s < n+1

. Αν $r \neq s$ τότε ο συντελεστής $\displaystyle{ \frac{n+1}{n!(n+2)}}$ γράφεται σαν 1/q

όπου

θετικός ακέραιος.

Αν ο (n+1)

δεν είναι πρώτος και δεν μπορεί να γραφτεί στην μορφή n+1 = rs

για κάποια 1 < r,s < n+1

με $r \neq s$ τότε n+1 = p^2

. Αν

τότε

και $\displaystyle{ \frac{n+1}{n!(n+2)} = \frac{2}{15}}$ που είναι στην ζητούμενη μορφή. Τέλος αν p > 2

τότε

οπότε $p \times (2p)| n!$ και άρα $\displaystyle{ \frac{n+1}{n!(n+2)} = \frac{1}{q}}$ όπου ο $\displaystyle{ q = \frac{n!(n+2)}{p^2}}$ είναι θετικός ακέραιος.

#4

Βαγγέλη η απόδειξη σου υστερεί στο τελικό στάδιο -- αν όχι λογικά, σίγουρα πρακτικά*:

Θέλεις βασικά να δείξεις ότι ο (n-2)!

έχει αρκετούς πρώτους παράγοντες ώστε να μπορεί να 'αδειάσει' τον n-1

, πιο μαθηματικά να δείξεις ότι αν ο p^k

διαιρεί τον n-1

τότε διαιρεί και τον (n-2)!

: αυτό είναι σχεδόν αληθές, καθώς αν ο p^k

διαιρεί τον n-1

τότε είναι μικρότερος ή ίσος του n-2

... εκτός και αν n-1=p^k

, όπου όμως και πάλι βολευόμαστε καθώς σίγουρα είναι μικρότερος του n-2

ο $p^{k-1}$ . (Από πρακτικής πλευράς τα πράγματα είναι ακόμη καλύτερα, καθώς μαζεύονται και άλλοι παράγοντες του (n-2)!

διαιρούμενοι δια

, κλπ κλπ -- πιστεύω ότι, εξαιρώντας τις περιπτώσεις n-1=p

, η μοναδική περίπτωση όπου ο αριθμητής δεν είναι μονάδα είναι η n=5

.)

*αυτό που θέλω να πω είναι ότι, όταν οι περιστάσεις το επιτρέπουν, δεν πρέπει να αρκούμαστε στον θεωρητικό αποκλεισμό κάποιων ανεπιθύμητων καταστάσεων, αλλά να επιδιώκουμε την ταξινόμηση των επιθυμητών καταστάσεων -- στην παρούσα περίπτωση, πότε ακριβώς είναι μονάδα ο αριθμητής και πότε πρώτος; [Βλέπω ότι με πρόλαβε ο Δημήτρης, αλλά το αφήνω.]

Γιώργος Μπαλόγλου

BAGGP93 · #5

Γεια σας και ευχαριστώ για τις παρατηρήσεις. Νομίζω ότι καταλάβατε τι ήθελα να κάνω αλλά δεν τα εξέφρασα σωστά.

#6

BAGGP93 έγραψε:Γεια σας και ευχαριστώ για τις παρατηρήσεις. Νομίζω ότι καταλάβατε τι ήθελα να κάνω αλλά δεν τα εξέφρασα σωστά.

Μπράβο σου που ασχολήθηκες -- Putnam είναι αυτή!

Γιώργος Μπαλόγλου

#7

gbaloglou έγραψε:Θέλεις βασικά να δείξεις ότι ο έχει αρκετούς πρώτους παράγοντες ώστε να μπορεί να 'αδειάσει' τον , πιο μαθηματικά να δείξεις ότι αν ο διαιρεί τον τότε διαιρεί και τον : αυτό είναι σχεδόν αληθές, καθώς αν ο διαιρεί τον τότε είναι μικρότερος ή ίσος του ... εκτός και αν , όπου όμως και πάλι βολευόμαστε καθώς σίγουρα είναι μικρότερος του ο $p^{k-1}$ . (Από πρακτικής πλευράς τα πράγματα είναι ακόμη καλύτερα, καθώς μαζεύονται και άλλοι παράγοντες του διαιρούμενοι δια , κλπ κλπ -- πιστεύω ότι, εξαιρώντας τις περιπτώσεις , η μοναδική περίπτωση όπου ο αριθμητής δεν είναι μονάδα είναι η .)

Ας το δούμε λίγο καλύτερα:

Yποθέτοντας n-1=p^k

,

, παρατηρούμε ότι οι $p, p^2, ... , p^{k-1}$ είναι μικρότεροι ή ίσοι του n-2=p^k-1

, άρα το άθροισμα των εκθετών του

'εντός' του (n-2)!

είναι τουλάχιστον $1+2+...+(k-1)=\displaystyle\frac{(k-1)k}{2}$ : το άθροισμα αυτό είναι μεγαλύτερο ή ίσο του

για $k\geq 3$ .

Αν τώρα k=2

και

, χρειαζόμαστε μόνον δύο ακεραίους μικρότερους ή ίσους του n-2=p^2-1

που διαιρούνται δια του

: ο ένας είναι σίγουρα ο

, ο άλλος μπορεί να είναι ο

αν $2p\leq p^2-1$ , κάτι που ισχύει για $p\geq 3$ .

Συμπεραίνουμε ότι όντως η μόνη 'εξαίρεση' είναι, για k=2

και

, ο

.

[Στο ίδιο συμπέρασμα έφτασε, με διαφορετικό τρόπο, και ο Δημήτρης.]

Γιώργος Μπαλόγλου

Putnam 2014 A1

Putnam 2014 A1

Re: Putnam 2014 A1

Re: Putnam 2014 A1

Re: Putnam 2014 A1

Re: Putnam 2014 A1

Re: Putnam 2014 A1

Re: Putnam 2014 A1

Μέλη σε σύνδεση