Ένα πολυώνυμο απο τον Δάσκαλο.

#1

Να βρείτε τις ρίζες του πολυωνύμου :
$\displaystyle{\displaystyle f_\nu (x) = 1 + \frac{x} {{1!}} + \frac{{x(x + 1)}} {{2!}} + ... + \frac{{x(x + 1)...[x + (\nu - 1)]}} {{\nu !}},\nu \in \mathbb{N} }$ .
Η ασκησή είναι απο ένα βιβλίο άλγεβρας του Α.Κυριακόπουλου ''Γενικές ασκήσεις άλγεβρας'' σειρά Α.

#2

καλημέρα σε όλους
το πολυώνυμο γράφεται

$f_{\nu}(x)=\displaystyle\frac{(x+1)(x+2)\dots(x+\nu)}{\nu!}$ , $\nu\in N$

Α.Κυριακόπουλος · #3

Φωτεινή, σωστά . Αλλά γιατί δεν γράφεις πώς εργάστηκες;( περισσότερο ενδιαφέρον και ομορφιά έχει η διαδρομή προς την… Ιθάκη…).
Φιλικά.

#4

Α.Κυριακόπουλος έγραψε:Φωτεινή, σωστά . Αλλά γιατί δεν γράφεις πώς εργάστηκες;( περισσότερο ενδιαφέρον και ομορφιά έχει η διαδρομή προς την… Ιθάκη…).
Φιλικά.

Κύριε Αντώνη έχετε δίκιο να σας πω, πως σκέφτηκα (επαγωγικά)
$f_{\nu}(x)=\displaystyle1+\frac{x}{1!}+\frac{x(x+1)}{2!}+\dots+\frac{x(x+1)\dots(x+\nu-1)}{\nu!}$ ,θ.δ.ο $f_{\nu}(x)=\displaystyle\frac{(x+1)(x+2)\dots(x+\nu)}{\nu!}$

f_1(x)=1+x

$f_2(x)=\displaystyle 1+\frac{x}{1!}+\frac{x(x+1)}{2!}=\frac{(x+1)(x+2)}{2!}$
.
.
.αν η αλήθεια της
$f_{\nu}(x)=\displaystyle\frac{(x+1)(x+2)\dots(x+\nu)}{\nu!},(1)$
συνεπάγεται την αλήθεια της $\displaystyle f_{\nu+1}(x)=\frac{(x+1)(x+2)\dots(x+\nu+1)}{(\nu+1)!}$ , τότε θα ισχύει για όλα τα $\nu\in\mathbb{N}$
πράγματι

$f_{\nu+1}(x)=\displaystyle[1+\frac{x}{1!}+\frac{x(x+1)}{2!}+\dots+\frac{x(x+1)\dots(x+(\nu-1))}{\nu!}]+\frac{x(x+1)\dots (x+\nu-1)(x+\nu)}{(\nu+1)!}\stackrel{(1)}=\frac{(x+1)(x+2)\dots(x+\nu)}{\nu!}+\frac{x(x+1)\dots (x+\nu-1)(x+\nu)}{(\nu+1)!}=\frac{(x+1)(x+2)\dots(x+\nu+1)}{(\nu+1)!}$

#5

Μια συνδυαστική λύση: Αν χ θετικός ακέραιος, τότε $\displaystyle f_n(x) = \sum_{k=0}^n\binom{x+k-1}{k}$ . Ισχυρίζομαι ότι (για χ θετικό ακέραιο) $\displaystyle \sum_{k=0}^n\binom{x+k-1}{k} = \binom{x+n}{n}$ . Το $\binom{x+n}{n}$ μετράει ασφαλώς όλα τα υποσύνολα του $\{1,2,\ldots,x+n\}$ με ν στοιχεία. Κάθε $\binom{x+k-1}{k}$ μετράει όλα τα υποσύνολα του $\{1,2,\ldots,x+n\}$ με ν στοιχεία τα οποία το μικρότερο στοιχείο που δεν περιέχουν είναι το n-k+1

. Άρα πράγματι το άθροισμα όντως ισούται με $\binom{x+n}{n}$ .

Επειδή το f_n(x)

και το $\binom{x+n}{n}$ είναι και τα δύο πολυώνυμα και συμφωνούν για άπειρες τιμές του χ, πρέπει να είναι ίσα, άρα $f_n(x) = \binom{x+n}{n}$ για κάθε χ.

antonis_math · #6

Την γράφω για να μην πάει χαμένος ο κόπος της πληκτολόγησης που είχα κάνει.
Ισχύει η ταυτότητα:
$\left( \begin{array}{l} n + 1 \\ n \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{l} n \\ k \\ \end{array} \right) + \left( \begin{array}{l} n \\ k - 1 \\ \end{array} \right)k,n \in N^* ,k < n$
Γράφεται και ως εξής
$\left( \begin{array}{l} n + k \\ n \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{l} k + n - 1 \\ n \\ \end{array} \right) + \left( \begin{array}{l} k + n - 1 \\ n - 1 \\ \end{array} \right),k,n \in N^*$
από αυτήν έχουμε την $\left( \begin{array}{l}n + k \\ n \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{l}k + n - 1 \\ n \\ \end{array} \right) + \left( \begin{array}{l} k + n - 2 \\ n - 1 \\ \end{array} \right) + ... + \left( \begin{array}{l} k \\ 1 \\ \end{array} \right),k,n \in N^*$
Αυτή γράφεται (από δεξιά προς τα αριστερά)
$1 + \frac{k}{{1!}} + ... + \frac{{k(k + 1)...(k + (n - 1))}}{{n!}} = \frac{{(k + 1)(k + 2)...(k + n)}}{{n!}}$ (1)
Έχουμε δείξει ότι ισχύει για φυσικούς.
Είναι
$f(x) = 1 + \frac{x}{{1!}} + ... + \frac{{x(x + 1)...(x + (n - 1))}}{{n!}} = a \cdot \frac{{(x + 1)(x + 2)...(x + n)}}{{n!}} + u(x)$ (2)
Αρκεί να δείξουμε ότι
$a = 1{\rm{ }}$ και u(x) = 0

Είναι
$f(k) = \frac{{(k + 1)(k + 2)...(k + n)}}{{n!}}$
λόγω της (1) αλλά και $f(k) = a\frac{{(k + 1)(k + 2)...(k + n)}}{{n!}} + u(k)$ από τη (2)
Έχουμε λοιπόν ότι $a = 1{\rm{ }}$ και
${\rm{ }}u(x) = 0$ για κάθε
x=k

άρα

#7

chris_gatos έγραψε:Να βρείτε τις ρίζες του πολυωνύμου :
$\displaystyle{\displaystyle f_\nu (x) = 1 + \frac{x} {{1!}} + \frac{{x(x + 1)}} {{2!}} + ... + \frac{{x(x + 1)...[x + (\nu - 1)]}} {{\nu !}},\nu \in \mathbb{N} }$ .
Η ασκησή είναι απο ένα βιβλίο άλγεβρας του Α.Κυριακόπουλου ''Γενικές ασκήσεις άλγεβρας'' σειρά Α.

Μετά τις ωραίες λύσεις παραπάνω, ας προσθέσω:

Η παρεμβολή μιας συνάρτησης συναρτήσει (γενικότερα) των

$1, \ x-x_1, \ (x-x_1)(x-x_2), \ (x-x_1)(x-x_2)(x-x_3), \ ...\ , \\ (x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)...(x-x_n)$

όπου τα $x_1,\ x_2, \ x_3, \ ... ,x_n$ είναι δοθέντα, ονομάζεται "παρεμβολή κατά Newton".

Στην παραπάνω άσκηση τα δοθέντα σημεία είναι, φυσικά, τα -1, -2, -3, ... , -n.

Η αντίστοιχη θεωρία είναι κομψή, και αξίζει να μελετηθεί.

Αν γνωρίζει κανείς την θεωρία η παραπάνω άσκηση γίνεται, τρόπος του λέγειν,
φυσιολογική.

Ας δώσω άλλη μία άσκηση, στο ίδιο μήκος κύματος (δηλαδή, τρόπος του λέγειν
φυσιολογική, αν γνωρίζει κανείς την θεωρία Newton):

Δοθέντος του n, να βρεθεί πολυώνυμο που για
x = 0, 1, 2, ... , n λαμβάνει, αντίστοιχα, τις τιμές 2^0, 2^1, 2^2, ... , 2^n

.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

antonis_math · #8

Δοθέντος του n, να βρεθεί πολυώνυμο που για
x = 0, 1, 2, ... , n λαμβάνει, αντίστοιχα, τις τιμές .

$p(x) = \sum\limits_{k = 0}^n {\{ \prod\limits_{\scriptstyle i = 0 \hfill \atop \scriptstyle i \ne k \hfill}^n {\frac{{x - x_i }}{{x_k - x_i }}\} f(x_k )} } = \sum\limits_{k = 0}^n {\{ \prod\limits_{\scriptstyle i = 0 \hfill \atop \scriptstyle i \ne k \hfill}^n {\frac{{x - x_i }}{{x_k - x_i }}\} 2^k } } = \frac{{(x - 1)(x - 2)(x - 3)...(x - n)}}{{(0 - 1)(0 - 2)(0 - 3)...(0 - n)}}2^0 ++\frac{{(x - 0)(x - 2)(x - 3)...(x - n)}}{{(1 - 0)(1 - 2)(1 - 3)...(1 - n)}}2^1 + ... + \frac{{(x - 0)(x - 1)...(x - (n - 1))}}{{(n - 1)(n - 2)...(n - (n - 1))}}2^n$
(μορφή Lagrange)

πράγματι
Για χ=0 μηδενίζονται όλοι οι όροι πλην του 1ου. Ο αριθμητής του 1ου όρου γίνεται ίσος με τον παρονομαστή , άρα
$f(0) = 1 \cdot 2^0$ .
Για χ=1 μηδενίζονται όλοι οι όροι πλην του 2ου,Ο αριθμητής του 2ου όρου γίνεται ίσος με τον παρονομαστή , άρα
$f(1) = 1 \cdot 2^1$ .
.
.
.
Για χ=ν μηδενίζονται όλοι οι όροι πλην του ν-ου. Ο αριθμητής του ν-ου όρου γίνεται ίσος με τον παρονομαστή , άρα
$f(n) = 1 \cdot 2^n$ .

#9

antonis_math έγραψε:

(μορφή Lagrange)

Αντώνη, σωστή και καλή η λύση αλλά ίσως δεν έγινα κατανοητός: θέλουμε η λύση να γίνει "στο ίδιο μήκος κύματος με την παραπάνω, με χρήση της παρεμβολής Newton".

Τα πολυώνυμα Langrange παρεμβάλουν ΟΠΟΙΕΣΔΗΠΟΤΕ τιμές y_1, ... , y_n

στα

. Με αυτό ως δεδομένο, η άσκηση λύθηκε σωστά. Όμως αυτό που ζητώ είναι να λάβουμε υπόψη ότι στην θέση των y_1, ... , y_n

έχουμε ειδικές τιμές, τις 2^0, ... , 2^n

, οι οποίες πρέπει να διαδραματίσουν κυρίαρχο ρόλο στη λύση. Αλλιώς η άσκηση είναι ρουτίνα, και δεν αξίζει συζήτησης στο mathematica!

Φιλικά,

Μιχάλης

Α.Κυριακόπουλος · #10

Αγαπητοί συνάδελφοι.
Οι «ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ» ( σειρά Α και σειρά Β), από τις οποίες είναι η εν λόγω άσκηση, τις είχα γράψει τη δεκαετία του 70 και απευθυνόταν στους τότε υποψηφίους των ανωτάτων σχολών( κυρίως του Πολυτεχνείου). Στην εξεταστέα τους ύλη δεν υπήρχε ,ούτε η «Συνδυαστική Ανάλυση», ούτε η «Παρεμβολή κατά Newton». Η Μαθηματική Επαγωγή ήταν στην ύλη τους.
Φιλικά.

antonis_math · #11

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Αντώνη, σωστή και καλή η λύση αλλά ίσως δεν έγινα κατανοητός: θέλουμε η λύση να γίνει "στο ίδιο μήκος κύματος με την παραπάνω, με χρήση της παρεμβολής Newton".
...
Φιλικά,

Μιχάλης

Να ζητήσω συγνώμη, γιατί ενώ ήταν κατανοητη και σαφής η προτροπή, εγώ απάντησα όπως απάντησα!
είναι

$f(x) = 1 + \frac{x}{{1!}} + \frac{{x(x - 1)}}{{2!}} + ... + \frac{{x(x - 1)...(x - n)}}{{n!}}$
Αλλά αδυνατώ αυτή τη στιγμή να δώσω απάντηση (αιτιολόγηση) στο πνεύμα που θέλουμε.

#12

antonis_math έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε:
με χρήση της παρεμβολής Newton.
είναι

$f(x) = 1 + \frac{x}{{1!}} + \frac{{x(x - 1)}}{{2!}} + ... + \frac{{x(x - 1)...(x - n)}}{{n!}}$

Θαύμα.

Με παραλλαγή του τύπου
$\displaystyle f_n(x) = \sum_{k=0}^n\binom{x+k-1}{k} = ...$
που έγραψε ο Δημήτρης έχουμε (τον απλoύστερο και γνωστότερο) τύπο

$\displaystyle \sum_{k=0}^n\binom{n}{k} = 2^n$ . (*)

O τελευταίος είναι απλά το ανάπτυγμα του διωνύμου
$\displaystyle \sum_{k=0}^N\binom{N}{k} = (1+x)^N$ για x = 1.

Τώρα, το πολυώνυμο που γράφει ο Αντώνης είναι απλούστατα ο τύπος (*)
με x στη θέση του N, στο αριστερό μέλος. Παρατηρούμε ότι δίνει (άμπρα κατάμπρα εδώ) την σωστή απάντηση για x = 0, 1, ... , n αφού κάποιοι όροι μηδενίζονται ενώ οι υπόλοιποι είναι ο τύπος (*) για N = 0, 1, ... , n.

Καληνύχτα (τώρα το εννοώ γιατί έχω ομιλία αύριο πρωί, Κυριακάτικα, στην ΕΜΕ και πρέπει να πάω για ύπνο...).

Μιχάλης

Ένα πολυώνυμο απο τον Δάσκαλο.

Ένα πολυώνυμο απο τον Δάσκαλο.

Re: Ένα πολυώνυμο απο τον Δάσκαλο.

Re: Ένα πολυώνυμο απο τον Δάσκαλο.

Re: Ένα πολυώνυμο απο τον Δάσκαλο.

Re: Ένα πολυώνυμο απο τον Δάσκαλο.

Re: Ένα πολυώνυμο απο τον Δάσκαλο.

Re: Ένα πολυώνυμο απο τον Δάσκαλο.

Re: Ένα πολυώνυμο απο τον Δάσκαλο.

Re: Ένα πολυώνυμο απο τον Δάσκαλο.

Re: Ένα πολυώνυμο απο τον Δάσκαλο.

Re: Ένα πολυώνυμο απο τον Δάσκαλο.

Re: Ένα πολυώνυμο απο τον Δάσκαλο.

Μέλη σε σύνδεση