Κατάλογος γεννητριών

Tolaso J Kos · #1

Γράφω κάτι σημειώσεις στις γεννήτριες ... Ας μαζέψουμε στο θέμα εδώ τις πιο βασικές γεννήτριες μαζί με τις αποδείξεις τους. Μπορούμε να ξεφύγουμε και σε πιο περίπλοκες! Σε μερικά δεν έχω αποδείξεις ... και τις ψάχνω.

1. (Γεννήτρια των αριθμών Fibonacci) Για κάθε $\left | x \right | < \frac{1}{\varphi}$ ισχύει $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \mathcal{F}_n x^n = \frac{x}{1-x-x^2}$ .

Απόδειξη: Η ακολουθία Fibonacci ικανοποιεί την αναδρομική σχέση $\mathcal{F}_0 = 0$ , $\mathcal{F}_1=1$ και

$\displaystyle{\mathcal{F}_{n+2} = \mathcal{F}_{n+1} + \mathcal{F}_n \quad \text{\grγια κάθε} \;\; n \geq 2}$

Έστω F(x)

η τυπική γεννήτρια της ακολουθίας Fibonacci. Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} \mathcal{F}_{n+2} x^{n} = \sum_{n=0}^{\infty} \mathcal{F}_{n+1} x^n + \sum_{n=0}^{\infty} \mathcal{F}_n x^n & \Leftrightarrow \sum_{n=2}^{\infty} \mathcal{F}_n x^{n-2} = \sum_{n=1}^{\infty} \mathcal{F}_n x^{n-1} + F(x) \\ &\Leftrightarrow \frac{1}{x^2} \sum_{n=2}^{\infty} \mathcal{F}_n x^n = \frac{1}{x} \sum_{n=1}^{\infty} \mathcal{F}_n x^n + F(x) \\ &\Leftrightarrow \frac{1}{x^2} \sum_{n=0}^{\infty} \mathcal{F}_n x^n - \frac{\mathcal{F}_0}{x^2} - \frac{\mathcal{F}_1}{x} = \\ &\quad \quad \quad \quad= \frac{1}{x} \sum_{n=0}^{\infty} \mathcal{F}_n x^n - \frac{\mathcal{F}_0}{x} + F(x) \\ &\Leftrightarrow \frac{F(x)}{x^2} - \frac{1}{x} = \frac{F(x)}{x} + F(x) \\ &\Leftrightarrow F(x)= \frac{x}{1-x-x^2} \end{aligned}}$
και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

2. (Γεννήτρια του κεντρικού διωνυμικού συντελεστή) Για κάθε $\left | x \right | < \frac{1}{4}$ ισχύει $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \binom{2n}{n} x^n = \frac{1}{\sqrt{1-4x}}$ .

Απόδειξη: Δε έχω βρει κάποια στοιχειώδη.

3. (Γεννήτρια των αριθμών Catalan) Για κάθε $\left | x \right | < \frac{1}{4}$ ισχύει $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \mathcal{C}_n x^n = \frac{1 - \sqrt{1-4x}}{2x}$ όπου $\mathcal{C}_n$ οι αριθμοί Catalan οι οποίοι ορίζονται ως $\displaystyle \mathcal{C}_n =\frac{1}{n+1} \binom{2n}{n}$ .

Απόδειξη: Προκύπτει με ολοκλήρωση της γεννήτριας του διωνυμικού συντελεστή.

Tolaso J Kos · #2

4. Ισχύει $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \mathcal{H}_n x^n = - \frac{\ln(1-x)}{1-x}}$ για κάθε |x|<1

.

Απόδειξη: Από το γινόμενο Cauchy είναι:

$\displaystyle{\begin{aligned} -\frac{\ln(1-x)}{1-x} &= \left ( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} \right ) \left ( \sum_{m=0}^{\infty} x^m \right ) \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \right ) x^n \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \mathcal{H}_n x^n \end{aligned}}$
5. Ισχύει $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \mathcal{H}_n^{(s)} x^n = \frac{\mathrm{Li}_s(x)}{1-x} }$ για κάθε |x|<1

.

Απόδειξη: Από το γινόμενο Cauchy είναι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{\mathrm{Li}_s(x)}{1-x} &= \left ( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n^s} \right )\left ( \sum_{m=0}^{\infty} x^m \right ) \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^s} \right )x^n \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \mathcal{H}_n^{(s)} x^n \end{aligned}}$

Tolaso J Kos · #3

6. Ισχύει $\displaystyle{2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{n-1}}{n} x^n = \ln^2 (1-x) }$ για κάθε |x|<1

.

Απόδειξη: Από το γινόμενο Cauchy είναι:

$\displaystyle{\begin{aligned} \ln^2 (1-x) &= \left ( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} \right ) \left ( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} \right ) \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k \left ( n-k \right )} \right )x^n \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{n} \left ( \frac{1}{k} + \frac{1}{n-k} \right ) \right ) x^n \\ &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} \left ( \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{n-k} \right ) x^n \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \left ( \mathcal{H}_{n-1} + \mathcal{H}_{n-1} \right ) x^n \\ &= 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{n-1}}{n} x^n \end{align*}}$
Μιχάλη, εξαιρετική η απόδειξή σου στο νήμα εδώ.

7. Ισχύει $\displaystyle{3 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n^2 - \mathcal{H}_n^{(2)}}{n+1} x^{n+1} = - \ln^3(1-x)}$ για κάθε |x|<1

.

Απόδειξη: Χρησιμοποιούμε το γινόμενο Cauchy $\ln^2(1-x) \ln(1-x) = \ln^3(1-x)$ .

#4

Tolaso J Kos έγραψε: Παρ Μαρ 24, 2023 7:39 am
2. (Γεννήτρια του κεντρικού διωνυμικού συντελεστή) Για κάθε $\left | x \right | < \frac{1}{4}$ ισχύει $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \binom{2n}{n} x^n = \frac{1}{\sqrt{1-4x}}$ .

Απόδειξη: Δε έχω βρει κάποια στοιχειώδη.

Είναι απλό. Δίνω μόνο ισχυρή υπόδειξη. Το κάνω από το δεξί μέλος προς το αριστερό γιατί είναι πιο εύκολο να ακολουθήσεις τα βήματα, αλλά μπορείς να αντιστρέψεις την πορεία.

Από το ανάπτυγμα του Νεύτωνα έχουμε ότι το δεξί μέλος ισούται

$\displaystyle{ (1-4x)^{-\frac {1}{2}} = \sum _{n=0}^{\infty } \dfrac {\left ( - \frac {1}{2} \right ) \left ( - \frac {1}{2}-1 \right ) \left ( - \frac {1}{2}-2 \right )\cdot ... \cdot \left ( - \frac {1}{2} -n+1\right ) }{n!} (-4x)^n= }$

$\displaystyle{ \sum _{n=0}^{\infty } \dfrac {\left ( - 1 ) \left ( - 3 \right ) \left ( - 5 \right )\cdot ... \cdot \left ( - 2n+1\right ) }{2^nn!} (-4x)^n= \sum _{n=0}^{\infty } \dfrac {\left ( 1 ) \left ( 3 \right ) \left ( 5 \right )\cdot ... \cdot \left ( 2n-1\right ) }{2^nn!} (4x)^n}$

Πολλαπλασίασε τώρα αριθμητή και παρονομαστή επί $2\cdot 4 \cdot ... \cdot (2n) = 2^nn!$ . Αμέσως θα δεις ότι ο συντελεστής αυτός ισούται με

$\displaystyle{ \dfrac {(2n)!}{n!n!}}$ , δηλαδή $\displaystyle{ \binom{2n}{n} }$ , όπως θέλαμε.

Tolaso J Kos · #5

Σωστά Μιχάλη. Δίνω μία άλλη αντιμετώπιση με συνάρτηση $\Gamma$ .

Από την επέκταση του παραγοντικού στους πραγματικούς ισχύει:

$\displaystyle{\binom{x}{y} = \frac{x!}{y! \left ( x- y \right )!} = \frac{\Gamma (x+1)}{\Gamma(y+1) \Gamma (x-y+1)}}$
Από την άλλη από το γενικευμένο διωνυμικό θεώρημα ισχύει:

$\displaystyle{\left ( x + y \right )^r = \sum_{k=0}^{\infty} \binom{r}{k} x^{r-k} y^k}$
Τότε, $\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{1-4x}} = \sum_{n=0}^{\infty} \binom{-1/2}{n} (-4x)^n }$ . Παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle{\begin{aligned} (-4)^n \binom{-1/2}{n} &= (-4)^n \frac{\Gamma \left ( \frac{1}{2} \right )}{\Gamma(n + 1 ) \Gamma \left ( \frac{1}{2} - n \right )} \\ &= (-4)^n \frac{ \Gamma \left ( \frac{1}{2} - n \right ) \prod_{k=1}^{n} \left ( \frac{1}{2} - k \right )}{n!\Gamma \left ( \frac{1}{2} - n \right )} \\ &= (-4)^n \frac{\prod_{k=1}^{n} \left ( \frac{1}{2} - k \right )}{n!}\\ &= 2^n \frac{\prod_{k=1}^{n} \left ( 2k-1 \right )}{n!} \\ &= \frac{2^n}{n!} \frac{\prod_{k=1}^{n} \left ( 2k-1 \right ) \prod_{k=1}^{n} 2k}{\prod_{k=1}^{n} 2k} \\ &= \frac{2^n}{n!} \frac{\prod_{k=1}^{n} (2k) (2k-1)}{\prod_{k=1}^{n} 2k} \\ &= \frac{2^n}{n!} \frac{\prod_{k=1}^{2n} k}{2^n \prod_{k=1}^{n} k} \\ &= \frac{\left ( 2n \right )!}{\left ( n! \right )^2} \\ &= \binom{2n}{n} \end{aligned}}$
Το αποτέλεσμα έπεται.

Tolaso J Kos · #6

8. (Γεννήτρια των αριθμών Lucas) Για κάθε $\left | x \right | < \frac{1}{\varphi}$ ισχύει $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \mathcal{L}_n x^n = \frac{2-x}{1-x-x^2}$ .

Απόδειξη: Εργαζόμαστε ομοίως με αυτή των αριθμών Fibonacci λαμβάνοντας υπόψιν ότι $\mathcal{L}_0=2$ , $\mathcal{L}_1 = 1$ και

$\displaystyle{\mathcal{L}_{n} = \mathcal{L}_{n-1} + \mathcal{L}_{n-2} \quad \text{\gr για κάθε} \;\; n \geq 2}$ Επαφίεται στον αναγνώστη.

#7

Tolaso J Kos έγραψε: Παρ Μαρ 24, 2023 11:37 am Σωστά Μιχάλη. Δίνω μία άλλη αντιμετώπιση με συνάρτηση $\Gamma$ .

Τόλη, η αντιμετώπιση που δίνεις δεν είναι άλλη. Είναι ακριβώς η ίδια. Η μόνη τους διαφορά είναι ότι γράφω τους συντελεστές ολογράφως αντί συνοπτικά με συναρτήσεις Γ.

Tolaso J Kos · #8

9. Ισχύει $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \left( \mathcal{H}_n^2 - \mathcal{H}_n^{(2)} \right) x^{n}=\frac{\ln^2(1-x)}{1-x}}$ για κάθε |x|<1

.

Απόδειξη: Μία απόδειξη μπορεί να βρεθεί εδώ.

10. Ισχύει $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \left ( \mathcal{H}_n^3 - 3 \mathcal{H}_n \mathcal{H}_n^{(2)} + 2 \mathcal{H}_n^{(3)} \right ) x^n = - \frac{\ln^3(1-x)}{1-x}}$ για κάθε |x|<1

.

Απόδειξη: Εφαρμογή του λήμματος εδώ για την $a_n = \mathcal{H}_n^3 - 3 \mathcal{H}_n \mathcal{H}_n^{(2)} + 2 \mathcal{H}_n^{(3)}$ .

11. Ισχύει $\displaystyle{\frac{x \arctan x}{x^2+1} = \sum_{m=1}^{\infty} (-1)^m \left ( \mathcal{H}_{2m} - \frac{1}{2} \mathcal{H}_m \right ) x^{2m}}$

Απόδειξη: Δεν έχω βρει απόδειξη για αυτή τη σχέση ούτε γνωρίζω επ' ακριβώς το διάστημα σύγκλισης.

Tolaso J Kos · #9

Tolaso J Kos έγραψε: Παρ Μαρ 24, 2023 12:02 pm
11. Ισχύει $\displaystyle{\frac{x \arctan x}{x^2+1} = \sum_{m=1}^{\infty} (-1)^m \left ( \mathcal{H}_{2m} - \frac{1}{2} \mathcal{H}_m \right ) x^{2m}}$

Απόδειξη: Δεν έχω βρει απόδειξη για αυτή τη σχέση ούτε γνωρίζω επ' ακριβώς το διάστημα σύγκλισης.

Επαναφορά !

#10

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Μάιος 26, 2024 10:47 pm
11. Ισχύει $\displaystyle{\frac{x \arctan x}{x^2+1} = \sum_{m=1}^{\infty} (-1)^m \left ( \mathcal{H}_{2m} - \frac{1}{2} \mathcal{H}_m \right ) x^{2m}}$

Απόδειξη: Δεν έχω βρει απόδειξη για αυτή τη σχέση ούτε γνωρίζω επ' ακριβώς το διάστημα σύγκλισης.

Είναι απλό. Δίνω μόνο ισχυρή υπόδειξη:

Από το ανάπτυγμα Taylor των $\arctan x = x-\dfrac {x^3}{3} + \dfrac {x^5}{5} -...$ και $\dfrac {1} {x^2+1} = 1-x^2+ x^4-...$ το αριστερό μέλος είναι

$\left (x-\dfrac {x^3}{3} + \dfrac {x^5}{5} -...\right )( x-x^3+ x^5-...)$

Ως γινόμενο Cauchy ο γενικός όρος είναι

$\displaystyle{(-1)^m \left ( \dfrac {1}{1} + \dfrac {1}{3}+ ...+ \dfrac {1}{2m-3} + \dfrac {1}{2m-1}\right )x^{2m} \,(*) }$

Προσθαφαιρούμε τώρα τα κλάσματα με άρτιους παρονομαστές, δηλαδή τα $\displaystyle{ \dfrac {1}{2} +\dfrac {1}{4} + ...+ \dfrac {1}{2m-2} +\dfrac {1}{2m} }$ , οπότε το προηγούμενο ισούται με

$\displaystyle{(-1)^m \left ( \dfrac {1}{1} +\dfrac {1}{2} + \dfrac {1}{3} + ...+ \dfrac {1}{2m-2} + \dfrac {1}{2m-1} +\dfrac {1}{2m} - \dfrac {1}{2} \left ( \dfrac {1}{1} +\dfrac {1}{2} + ...+ \dfrac {1}{m-1} + \dfrac {1}{m} \right ) \right )x^{2m} = }$

$\displaystyle{= (-1)^m \left ( \mathcal{H}_{2m} - \frac{1}{2} \mathcal{H}_m \right ) x^{2m}}$ , όπως θέλαμε.

Η ακτίνα σύγκλισης είναι

από το κριτήριο ρίζας αφού ο συντελεστής, στην μορφή (*)

, είναι ασυμπτωτικά $\displaystyle{ \ln (2n) - \dfrac {1}{2} \ln n = \ln2 + \dfrac {1}{2} \ln n}$ και $\displaystyle{ \sqrt [n] {\ln2 + \dfrac {1}{2} \ln n} \to 1}$

Κατάλογος γεννητριών

Κατάλογος γεννητριών

Re: Κατάλογος γεννητριών

Re: Κατάλογος γεννητριών

Re: Κατάλογος γεννητριών

Re: Κατάλογος γεννητριών

Re: Κατάλογος γεννητριών

Re: Κατάλογος γεννητριών

Re: Κατάλογος γεννητριών

Re: Κατάλογος γεννητριών

Re: Κατάλογος γεννητριών

Μέλη σε σύνδεση