mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 21, 2009 10:36 am**

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.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 21, 2009 10:59 am**

καλημέρα σε όλους
το πολυώνυμο γράφεται

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

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 21, 2009 3:34 pm**

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

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 21, 2009 4:57 pm**

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

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

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 21, 2009 5:13 pm**

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.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 21, 2009 5:55 pm**

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

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 21, 2009 8:41 pm**

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

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 21, 2009 11:57 pm**

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
$f(n) = 1 \cdot 2^n$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 22, 2009 12:38 am**

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

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 22, 2009 12:44 am**

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.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 22, 2009 1:00 am**

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.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 22, 2009 1:34 am**

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

mathematica.gr

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.