IMC 2002/2/3

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8586
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

IMC 2002/2/3

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Νοέμ 02, 2012 2:18 pm

Για n \geqslant 1 ορίζουμε \displaystyle{ a_n = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{k^n}{k!}} και \displaystyle{ b_n = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k\frac{k^n}{k!}.} Να δειχθεί ότι ο a_nb_n είναι ακέραιος για κάθε n.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1417
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: IMC 2002/2/3

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Δευ Νοέμ 05, 2012 12:29 am

Ισχυρισμός: Για κάθε θετικό ακέραιο \displaystyle{n}, υπάρχουν \displaystyle{{r_n},{s_n} \in \mathbb{Z}} τέτοιοι, ώστε \displaystyle{{a_n} = e{r_n}} και \displaystyle{{b_n} = \frac{{{s_n}}}{e}.}

Το ζητούμενο συμπέρασμα έπεται άμεσα από τον παραπάνω Ισχυρισμό.

Θα δείξουμε τον Ισχυρισμό επαγωγικά.

Για \displaystyle{n = 1}, είναι:

\displaystyle{{a_1} = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{k}{{k!}}}  = \sum\limits_{k = 1}^\infty  {\frac{1}{{\left( {k - 1} \right)!}}}  = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{1}{{k!}}}  = e}

και

\displaystyle{{b_1} = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{k}{{k!}}}  =  - \sum\limits_{k = 1}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{k - 1}}}}{{\left( {k - 1} \right)!}}}  =  - \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{k!}}}  =  - \frac{1}{e}.}

Έστω ότι ο Ισχυρισμός αληθεύει για κάθε \displaystyle{k \in \left\{ {1,2, \ldots ,n} \right\}}. Έχουμε ότι:

\displaystyle{{a_{n + 1}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{{{k^{n + 1}}}}{{k!}}}  = \sum\limits_{k = 1}^\infty  {\frac{{{k^n}}}{{\left( {k - 1} \right)!}}}  = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( {k + 1} \right)}^n}}}{{k!}}}  = }

\displaystyle{ = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{1}{{k!}}} \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
n\\ 
j 
\end{array}} \right)} {k^j} = \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
n\\ 
j 
\end{array}} \right)\sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{{{k^j}}}{{k!}}} }  = \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
n\\ 
j 
\end{array}} \right){a_j}}  = \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
n\\ 
j 
\end{array}} \right){r_j}} e = {r_{n + 1}}e,}

όπου \displaystyle{{r_{n + 1}} = \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
n\\ 
j 
\end{array}} \right){r_j}} \in \mathbb{Z} }.

Όμοια, είναι:

\displaystyle{{b_{n + 1}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{{{k^{n + 1}}}}{{k!}} = } \sum\limits_{k = 1}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{{{k^n}}}{{\left( {k - 1} \right)!}} = }  - \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{{{{\left( {k + 1} \right)}^n}}}{{k!}} = } }

\displaystyle{ =  - \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{k!}}\sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
n\\ 
j 
\end{array}} \right)} {k^j} = }  - \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
n\\ 
j 
\end{array}} \right)} \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{{\left( { - 1} \right)}^k}\frac{{{k^j}}}{{k!}} = } }

\displaystyle{ =  - \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
n\\ 
j 
\end{array}} \right)} {b_j} =  - \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
n\\ 
j 
\end{array}} \right)} \frac{{{s_j}}}{e} = \frac{{{s_{n + 1}}}}{e},}

όπου \displaystyle{{s_{n + 1}} =  - \sum\limits_{j = 0}^n {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 
n\\ 
j 
\end{array}} \right)} {s_j} \in \mathbb{Z}}.

Από την Αρχή της Επαγωγής, ο Ισχυρισμός έπεται και η απόδειξη ολοκληρώνεται.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Mikesar
Δημοσιεύσεις: 139
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 30, 2011 8:29 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: IMC 2002/2/3

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mikesar » Παρ Ιούλ 21, 2017 1:51 pm

Συγγνώμη που αναβιώνω ένα παλιό θέμα αλλά νομίζω βρήκα κάτι σύντομο.
Θεωρώ την \displaystyle f(x_1,...,x_n)=e^{x_1...x_n}.
Εύκολα με επαγωγή στο n βλέπει κανείς ότι \displaystyle \frac{\partial^n}{\partial x_1 \partial x_2...\partial x_n}e^{x_1...x_n}=p_n(x_1,...,x_n)e^{x_1...x_n}
για ένα πολυώνυμο n μεταβλητών p_n με ακέραιους συντελεστές. Όμως,
\displaystyle \frac{\partial^n}{\partial x_1 \partial x_2...\partial x_n}e^{x_1...x_n}=\frac{\partial^n}{\partial x_1 \partial x_2...\partial x_n}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}x_{1}^{k}...x_{n}^{k}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k^n}{k!}x_1^{k-1}...x_n^{k-1}
(Η παραγώγιση γίνεται όρο προς όρο λόγω της ομοιόμορφης σύγκλισης κάθε σειράς που προκύπτει)
Θέτοντας x_1=...=x_n=1 έχω ότι a_n=p_n(1,1,...,1)e.
Ομοίως b_n=q_n(1,...,1)e^{-1} (με την \displaystyle e^{-x_1...x_k}).


Μιχάλης Σαράντης
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13143
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: IMC 2002/2/3

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Ιούλ 21, 2017 6:23 pm

Mikesar έγραψε:Συγγνώμη που αναβιώνω ένα παλιό θέμα...
Και πάλι αλλιώς:

Θέτουμε \displaystyle{f(x)=e^{e^x}= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{e^{kx}}{k!}} οπότε \displaystyle{f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{  \sum_{n=0}^{\infty} \frac {k^nx^n}{n!}  }{k!}}

O συντελεστής του x^n είναι \displaystyle{ \frac {1}{n!} \sum_{k=0}^{\infty} \frac {k^n}{k!}}. Όμως από τον τύπο του Taylor ο συντελεστής του x^n είναι \displaystyle{ \frac {f^{(n)}(0)}{n!} }. Επίσης εύκολα βλέπουμε επαγωγικά ότι \displaystyle{f^{(n)}(x)=p_n(x)e^{e^x}} όπου p_n πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές.

Βάζοντας x=0 καταλήγουμε στο \boxed {\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty} \frac {k^n}{k!}= p_n(0)e    }}

Με ακριβώς τον ίδιο τρόπο αλλά αρχίζοντας από την \displaystyle{g(x)=e^{-e^x} καταλήγουμε ότι \boxed {\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty} \frac {(-1)^nk^n}{k!}= q_n(0)e^{-1}    }}.

Πολλαπλασιάζοντας τις δύο, έχουμε το ζητούμενο.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

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