Γεννήτρια συνάρτηση

Συντονιστής: Demetres

vzf
Δημοσιεύσεις: 312
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 28, 2010 11:11 pm

Γεννήτρια συνάρτηση

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vzf » Κυρ Ιουν 12, 2011 12:42 am

Έστω f(m,0)=f(0,n)=1 και f(m,n)=f(m-1,n)+f(m,n-1)+f(m-1,n-1) για m,n>0.
Δείξτε ότι \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{f(n,n)x^n}=\frac{1}{\sqrt{1-6x+x^2}}.
(Δεν έχω λύση)
τελευταία επεξεργασία από vzf σε Δευ Ιουν 13, 2011 6:52 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8447
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Γεννήτρια συνάρτηση

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Ιουν 13, 2011 5:13 pm

Πιστεύω πως το σωστό είναι \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{f(n,n)x^n}=\frac{1}{\sqrt{1-6x+x^2}}.

Έχω μια αρκετά μακροσκελή λύση. Ελπίζω κάποιος άλλος να με απαλλάξει από τον κόπο και να βάλει την δική του. Θα περιμένω 2-3 μέρες και αν δεν μπει άλλη λύση θα βάλω την δική μου.


Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Γεννήτρια συνάρτηση

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Δευ Ιουν 13, 2011 5:52 pm

Μια προσέγγιση με την εκφώνηση όπως δόθηκε (ανολοκλήρωτη).

Έστω \displaystyle{g\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {1 - 6x - {x^2}} }}} , τότε \displaystyle{g'\left( x \right) = \frac{{3 + x}}{{\left( {1 - 6x - {x^2}} \right)\sqrt {1 - 6x - {x^2}} }} \Rightarrow \boxed{\left( {1 - 6x - {x^2}} \right)g'\left( x \right) = \left( {3 + x} \right)g\left( x \right)}}
Επομένως μοναδική λύση της διαφορικής εξίσωσης \displaystyle{\left( {1 - 6x - {x^2}} \right)g'\left( x \right) = \left( {3 + x} \right)g\left( x \right)} με \displaystyle{g\left( 0 \right) = 1} είναι \displaystyle{g\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {1 - 6x - {x^2}} }}}

Θα επιχειρήσουμε επίλυση της παραπάνω διαφορικής με μέθοδο Frobenius . Θεωρούμε λύση την \displaystyle{g\left( x \right) = 1 + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_n}{x^n}} } , τότε \displaystyle{g'\left( x \right) = {a_1} + \sum\limits_{n = 2}^\infty  {n{a_n}{x^{n - 1}}} } , επομένως

\displaystyle{\left( {1 - 6x - {x^2}} \right)g'\left( x \right) = \left( {3 + x} \right)g\left( x \right) \Rightarrow \left( {1 - 6x - {x^2}} \right)\left( {{a_1} + \sum\limits_{n = 2}^\infty  {n{a_n}{x^{n - 1}}} } \right) = \left( {3 + x} \right)\left( {{a_0} + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_n}{x^n}} } \right) \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow {a_1} + \sum\limits_{n = 2}^\infty  {n{a_n}{x^{n - 1}}}  - 6{a_1}x - 6x\sum\limits_{n = 2}^\infty  {n{a_n}{x^{n - 1}}}  - {a_1}{x^2} - {x^2}\sum\limits_{n = 2}^\infty  {n{a_n}{x^{n - 1}}}  = 3{a_0} + 3\sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_n}{x^n}}  + {a_0}x + x\sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_n}{x^n}}  \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow {a_1} + \sum\limits_{n = 2}^\infty  {n{a_n}{x^{n - 1}}}  - 6{a_1}x - \sum\limits_{n = 2}^\infty  {6n{a_n}{x^n}}  - {a_1}{x^2} - \sum\limits_{n = 2}^\infty  {n{a_n}{x^{n + 1}}}  = 3{a_0} + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {3{a_n}{x^n}}  + {a_0}x + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_n}{x^{n + 1}}}  \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow {a_1} + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {n + 1} \right){a_{n + 1}}{x^n}}  - 6{a_1}x - \sum\limits_{n = 2}^\infty  {6n{a_n}{x^n}}  - {a_1}{x^2} - \sum\limits_{n = 3}^\infty  {\left( {n - 1} \right){a_{n - 1}}{x^n}}  = 3{a_0} + \sum\limits_{n = 1}^\infty  {3{a_n}{x^n}}  + {a_0}x + \sum\limits_{n = 2}^\infty  {{a_{n - 1}}{x^n}}  \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow {a_1} + 2{a_2}x + 3{a_3}{x^2} + \sum\limits_{n = 3}^\infty  {\left( {n + 1} \right){a_{n + 1}}{x^n}}  - 6{a_1}x - 12{a_2}{x^2} - \sum\limits_{n = 3}^\infty  {6n{a_n}{x^n}}  - {a_1}{x^2} - \sum\limits_{n = 3}^\infty  {\left( {n - 1} \right){a_{n - 1}}{x^n}}  = }

\displaystyle{ = 3{a_0} + 3{a_1}x + 3{a_2}{x^2} + \sum\limits_{n = 3}^\infty  {3{a_n}{x^n}}  + {a_0}x + {a_1}{x^2} + \sum\limits_{n = 3}^\infty  {{a_{n - 1}}{x^n}}  \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow \left( {{a_1} - 3{a_0}} \right) + \left( {2{a_2} - 9{a_1} - {a_0}} \right)x + \left( {3{a_3} - 15{a_2} - 2{a_1}} \right){x^2} + \sum\limits_{n = 3}^\infty  {\left( {\left( {n + 1} \right){a_{n + 1}} - \left( {6n + 3} \right){a_n} - n{a_{n - 1}}} \right){x^n}}  = 0}

Επομένως θα ισχύει \displaystyle{{a_1} = 3{a_0}{\text{ }}{\text{,  }}{a_2} = 14{a_0}{\text{ }}{\text{,  }}{a_3} = 72{a_0}{\text{  \&    }}\left( {n + 1} \right){a_{n + 1}} - \left( {6n + 3} \right){a_n} - n{a_{n - 1}} = 0} , θέλουμε \displaystyle{g\left( 0 \right) = 1} ,

άρα \displaystyle{{a_0} = 1{\text{ }}{\text{,  }}{a_1} = 3{\text{  \&    }}\boxed{n{a_n} = \left( {6n - 3} \right){a_{n - 1}} + \left( {n - 1} \right){a_{n - 2}}{\text{   }}\left( {**} \right)}{\text{ }}{\text{,  }}n = 2,3,4,..} .

Μένει να κατασκευάσουμε, με χρήση της ακολουθίας a_n μέσω της σχέσης \displaystyle{{\left( {**} \right)}} , την συνάρτηση f(n,n) με τις ιδιότητες που αναφέρει η άσκηση. Δεν το κατάφερα :(


Σεραφείμ Τσιπέλης
vzf
Δημοσιεύσεις: 312
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 28, 2010 11:11 pm

Re: Γεννήτρια συνάρτηση

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vzf » Δευ Ιουν 13, 2011 10:17 pm

ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-s34-problem-solving-seminar-fall-2007/assignments/genfn.pdf
ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-s34-problem-solving-seminar-fall-2007/assignments/prob.pdf
ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-s34-problem-solving-seminar-fall-2007/assignments/linalg.pdf
math.mit.edu/~rstan/s34/pigeon.pdf
ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-s34-problem-solving-seminar-fall-2007/assignments/cong.pdf
ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-s34-problem-solving-seminar-fall-2007/assignments/indep.pdf
ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-s34-problem-solving-seminar-fall-2007/assignments/inequalities.pdf
ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-s34-problem-solving-seminar-fall-2007/assignments/limits.pdf
ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-s34-problem-solving-seminar-fall-2007/assignments/intpart.pdf
ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-s34-problem-solving-seminar-fall-2007/assignments/roots.pdf
ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-s34-problem-solving-seminar-fall-2007/assignments/hw1.pdf
ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-s34-problem-solving-seminar-fall-2007/assignments/hw2.pdf
ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-s34-problem-solving-seminar-fall-2007/assignments/hw3.pdf
...


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12196
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Γεννήτρια συνάρτηση

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Ιουν 14, 2011 3:04 am

Demetres έγραψε:Πιστεύω πως το σωστό είναι \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{f(n,n)x^n}=\frac{1}{\sqrt{1-6x+x^2}}.

Έχω μια αρκετά μακροσκελή λύση. Ελπίζω κάποιος άλλος να με απαλλάξει από τον κόπο και να βάλει την δική του. Θα περιμένω 2-3 μέρες και αν δεν μπει άλλη λύση θα βάλω την δική μου.
Και εγώ έχω μία μακροσκελή λύση (και συμφωνώ ότι o συντελεστής του x^2 είναι +1).

H λύση βασίζεται στο γεγονός ότι η δοθείσα αναδρομική σχέση δίνει το πλήθος των διαδρομών από το (0,0) στο (m,n) από κόμβο σε κόμβο, οδεύοντας δεξιά ή προς τα πάνω, οριζόντια ή κάθετα ή κατά την κύρια διαγώνιο. Αυτό είναι προφανές: Για να φτάσουμε στο (m,n) αθροίζουμε το πλήθος των διαδρομών μέχρι τα γειτονικά του σημεία, δηλαδή τα (m-1,n), (m-1,n-1),(m,n-1).
Τώρα, ειδικά για το σημείο (n,n) μπορούμε να τα μετρήσουμε και αλλιώς. Συγκεκριμένα, αποδεικνύεται ότι είναι
\sum_{k=0}^{n} \left (_k^n \right )\left (_k^{n+k} \right ). Με τη σειρά του, το άθροισμα αυτό ξαναεμφανίζεται στο ανάπτυγμα Taylor του δεξιού μέλους της δοθείσας.
Άντε γράψτα αυτά!

Φιλικά,

Μιχάλης


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8447
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Γεννήτρια συνάρτηση

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Ιουν 14, 2011 4:46 pm

Μιχάλη, στο πρώτο κομμάτι της λύσης είσαι πιο σύντομος από εμένα. Να προσθέσω μόνο πως μπορούμε να δούμε ότι υπάρχουν ακριβώς \displaystyle{ \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \binom{n+k}{k}} διαδρομές:

Μπορούμε να κάνουμε από 0 έως n διαγώνια βήματα. Αν κάνουμε ακριβώς n-k διαγώνια βήματα τότε θα πρέπει να κάνουμε k οριζόντια και k κάθετα βήματα. Αυτό μπορεί να γίνει με \displaystyle{ \binom{n+k}{k,k,n-k} = \frac{(n+k)!}{k!k!(n-k)!} = \binom{n}{k} \binom{n+k}{k} = \binom{2k}{k} \binom{n+k}{2k}} τρόπους.

Στο δεύτερο κομμάτι αρχικά ξεκίνησα και εγώ με ανάπτυγμα Taylor του \displaystyle{ (1-6x+x^2)^{1/2} } αλλά τελικά βρήκα ότι είναι κάπως πιο εύκολο να πάμε ανάποδα.

Έχουμε \displaystyle{ F(x) = \sum_{n=0}^{\infty} f(n,n)x^n = \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=0}^n \binom{2k}{k} \binom{n+k}{2k} x^n}

Τώρα κάνουμε εναλλαγή των αθροισμάτων για να δούμε ότι

\displaystyle{ F(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \binom{2k}{k} \sum_{n=k}^{\infty} \binom{n+k}{2k}x^n = \sum_{k=0}^{\infty} \binom{2k}{k} x^k \sum_{m=0}^{\infty} \binom{m+2k}{m}x^m }.

Χρησιμοποιώ τώρα ως γνωστό το άθροισμα \displaystyle{ \sum_{m=0}^{\infty} \binom{m+r}{m}x^m = \frac{1}{(1-x)^{r+1}}} (απόδειξη χρησιμοποιώντας το διωνυμικό θεώρημα) για να πάρω

\displaystyle{ F(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \binom{2k}{k} \frac{x^k}{(1-x)^{2k+1}} = \frac{1}{1-x}\sum_{k=0}^{\infty} \binom{2k}{k} \left(\frac{x}{(1-x)^2 \right)^k }.

Τέλος, χρησιμοποιώ πάλι ως γνωστό ότι \displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty} \binom{2k}{k}y^k = \frac{1}{\sqrt{1 - 4y}}}. (Σίγουρα πρέπει να το έχουμε ξαναδεί.)

Άρα \displaystyle{ F(x) = \frac{1}{1-x} \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{4x}{(1-x)^2}}} = \frac{1}{1-6x+x^2}}.

Τελικά δεν ήταν και τόσο μεγάλη η απόδειξη. Μάλλον επειδή στα χαρτιά μου υπήρχαν και αρκετές αποτυχημένες προσπάθειες μια φάνηκε πιο μακροσκελής από ότι πραγματικά ήταν.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12196
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Γεννήτρια συνάρτηση

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιουν 19, 2011 5:08 pm

Demetres έγραψε:<...>
Τελικά δεν ήταν και τόσο μεγάλη η απόδειξη.
Πολύ ωραία απόδειξη. Ένα σετ από τεχνάσματα σε κάθε βήμα.

Ευχαριστούμε.

Φιλικά,

Μιχάλης


kwstas12345
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm

Re: Γεννήτρια συνάρτηση

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kwstas12345 » Τετ Ιούλ 06, 2011 6:52 pm

Ένα παρόμοιο θέμα με το παραπάνω (ως προς και τον τρόπο λύσης με γεννήτριες συναρτήσεις) είναι το εξής:

Έστω \displaystyle f\left(n,k \right) ο αριθμός των συνδυασμών των n ανά k με επανάληψη στους οποίους κάθε στοιχείο εμφανίζεται το πολύ δύο φορές. Να αποδείξετε ότι \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{f\left(n,n \right)x^n}=\frac{1}{\sqrt{1-2x-3x^2}}.

Εδώ βέβαια δεν υπάρχει μια αναγωγική εξίσωση για να ας βοηθήσει να ξεκινήσουμε, αλλά μπορούμε να βρούμε.


caley-hamilton
Δημοσιεύσεις: 84
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 20, 2011 1:05 am

Re: Γεννήτρια συνάρτηση

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από caley-hamilton » Πέμ Ιούλ 07, 2011 1:09 am

Προσπαθούσα να θυμηθώ που έχω ξαναδεί το \displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty} \binom{2k}{k}y^k = \frac{1}{\sqrt{1 - 4y}}} και γενικά τέτοιου είδους αθροίσματα,τα οποία τονίζω δεν είναι και τόσο γνωστά στο τρόπο υπολογισμού τους. (τουλάχιστον σε μένα)
Αρχικά στο μυαλό μου,ήρθε το εξής,το οποίο θα έλεγα ότι δεν βοηθά και τόσο στον υπολογισμό του παραπάνω αθροίσματος :roll:. Το λέω όμως επειδή το θεωρώ χρήσιμο,αν και οι περισσότεροι θα το ξέρετε!!!.Λοιπόν ισχύει το εξής:

\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k+1}\binom{2k}{k} y^k =\frac{1-\sqrt{1-4y}}{2y} όπου οι συντελεστές του y^k είναι οι αριθμοί Catalan.Δείτε περισσότερα στο http://en.wikipedia.org/wiki/Catalan_number.

Στην περίπτωσή μας,έχουμε

\dbinom{2k}{k}=\frac{(2k)(2k-1)(2k-2)(2k-3)(2k-4)...{(2)}{(1)}}{{k!}{k!}}=\frac{{2^{k}}(2k-1)(2k-3)(2k-5)...{1}}{k!}= 
=\frac{{4^{k}}(k-\frac{1}{2})(k-\frac{3}{2})(k-\frac{5}{2})...(\frac{1}{2})}{k!}==  4^{k}\dbinom{k-\frac{1}{2}}{k}=4^{k}\left [ \dbinom{\frac{1}{2}}{k} \right ]={(-4)}^k\dbinom{\frac{-1}{2}}{k}.

Άρα,τελικά \displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty} \binom{2k}{k}y^k=\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty}\binom{\frac{-1}{2}}{k}\ {(-4y)}^k\overset{\underset{\mathrm{Newton}}{}}{=====}\frac{1}{\sqrt{1 - 4y}}}.

Ελπίζω να είναι όλα οκ και να μην έχει ξεφύγει κάτι. :clap2:

---------------------------------------------------------
Υ.Γ όπου \left [ \dbinom{\frac{1}{2}}{k} \right ] είναι οι επαναληπτικοί συνδυασμοί του \frac{1}{2} ανά k.Δεν ξέρω πως αλλιώς να τους γράψω σε tex!!!! :oops:


Εάν επρόκειτο να ξυπνήσω έπειτα από έναν ύπνο χιλίων ετών,
η πρώτη μου ερώτηση θα ήταν:Αποδείχθηκε η υπόθεση Riemann;

David Hilber (1862-1943)
kwstas12345
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm

Re: Γεννήτρια συνάρτηση

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kwstas12345 » Πέμ Σεπ 22, 2011 5:00 pm

Μια άλλη λύση για την αρχική που αντιμετωπίζει παρόμοια θέματα με αναγωγικές εξισώσεις. Αρχικά η γεννήτρια συνάρτηση της \displaystyle f\left(m,n \right) είναι \displaystyle \mathcal{F}_{m}\left(t \right)=\sum_{n=0}^{\infty}{f\left(m,n\right)}t^k. Πολλαπλασιάζουμε την αρχική αναγωγική σχέση με t^{n}:

\displaystyle t^n f\left(m,n \right)=t^n f\left(m-1,n \right)+t^nf\left(m,n-1 \right)+t^nf\left(m-1,n-1 \right). Αθροίζοντας από n=0 εώς άπειρο έχουμε \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}t^n f\left(m,n \right)=\sum_{n=0}^{\infty}t^n f\left(m-1,n \right)+\sum_{n=0}^{\infty}t^nf\left(m,n-1 \right)+\sum_{n=0}^{\infty}t^nf\left(m-1,n-1 \right).

Όμως \displaystyle \mathcal{F}_{m-1}\left(t \right)=\sum_{n=0}^{\infty}{f\left(m-1,n \right)}t^{n},\mathcal{F}_{m}\left(t \right)=\sum_{n=1}^{\infty}{f\left(m,n-1 \right)}t^{n-1}, \displaystyle ,\mathcal{F}_{m-1}\left(t \right)=\sum_{n=1}^{\infty}{f\left(m-1,n-1 \right)}t^{n-1}. Έτσι έχουμε \displaystyle \mathcal{F}_{m}\left(t \right)=t\mathcal{F}_{m-1}\left(t \right)+\mathcal{F}_{m-1}\left(t \right)+t\mathcal{F}_{m}\left(t \right) \displaystyle \Rightarrow \frac{\mathcal{F}_{m}\left(t \right)}{\mathcal{F}_{m-1}\left(t \right)}=\frac{t+1}{1-t}.

Άρα \displaystyle \frac{F_{m}\left(t \right)}{F_{0}\left(t \right)}=\prod_{m=1}^{n}{\frac{\mathcal{F}_{m}\left(t \right)}{\mathcal{F}_{m-1}\left(t \right)}}=\left(\frac{t+1}{1-t} \right)^m. Όμως \displaystyle \mathcal{F}_{0}\left(t \right)=\sum_{n=0}^{\infty}{f\left(0,n \right)}t^n=\sum_{n=0}^{\infty}{t^n}=\frac{1}{1-t},\left|t \right|<1, και έτσι \displaystyle \boxed{\mathcal{F}_{m}\left(t \right)=\left(t+1 \right)^{m}\left(1-t \right)^{-m-1}}. Τώρα πρέπει να βρούμε το άθροισμα \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{f\left(n,n \right)}t^n.

Όμως \displaystyle f\left(n,n \right)=\frac{1}{n!}\left(\frac{d^{n}\mathcal{F}_{m}\left(t \right)}{dt^n} \right)_{t=0} άρα \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{f\left(n,n \right)x^n}=\sum_{n=0}^{\infty}{\left(\frac{d^{n}\mathcal{F}_{n}\left(t \right)}{dt^n}}\right)_{t=0} \frac{x^n}{n!}. Από τον τυπο του Lagrange όμως: \displaystyle \frac{f\left(t \right)}{1-ug'\left(t \right)}=\sum_{k=0}^{\infty}{\left(\frac{d^{k}\left(g^{k}\left(t \right)f\left(t \right) \right)}{dt^k} \right)}\frac{u^k}{k!},u=\frac{t}{g\left(t \right)}.

Άρα στην περιπτωσή μας \displaystyle f\left(t \right)=\frac{1}{1-t},g\left(t \right)=\frac{t+1}{1-t} έχουμε \displaystyle x=\frac{t}{g\left(t \right)}=\frac{t\left(1-t \right)}{t+1}\Rightarrow t=\frac{1-x \pm \sqrt{1-6x+x^2} }{2}. Όμως το δεύτερο μέλος από την σειρά Lagrange εύκολα βλέπουμε πως είναι \displaystyle \frac{1}{1-x-2t}.

Άρα \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{f\left(n,n \right)}x^n =\frac{\pm 1 }{\sqrt{1-6x+x^2}}. H δεύτερη λύση απορίπτεται, και τελικά \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{f\left(n,n \right)}x^n =\frac{ 1 }{\sqrt{1-6x+x^2}}.

Όμοια αντιμετωπίζεται και το δεύτερο ερώτημα που έβαλα, καθώς θεωρώντας το σύνολο \displaystyle \left\{a_{1},a_{2},...,a_{n} \right\} αφού κάθε στοιχείο επαναλαμβάνεται το πολύ δύο φορές, κάθε στοιχείο έχει απαρηθμήτρια:

\displaystyle \mathcal{A}_{i}\left(t \right)=1+t+t^2, έτσι : \displaystyle \mathcal{H}\left(n,k \right)=\prod_{i=1}^{n}{\mathcal{A}_{i}\left(t \right)}=\left(1+t+t^2 \right)^n.Όπου \displaystyle \mathcal{H}\left(n,k \right) η γεννήτρια των συνδυασμών n στοιχείων ανά k, όπου κάθε στοιχείο επαναλαμβάνεται το πολύ δύο φορές.

Tώρα πια επιστρατεύουμε την παραπάνω τεχνική με τις σειρές Lagrange, και βρίσκουμε: \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} {f\left(n,n \right)}x^n =\frac{1}{\sqrt{1-2x-3x^2}} για όλα τα x που συγκλίνει η σειρά.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης