szukanie zaawansowane
 [ Posty: 13 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 18 wrz 2016, o 16:06 
Użytkownik

Posty: 449
Lokalizacja: Warszawa
Mam takie wyrażenie, które jest w zasadzie wielomianem, czy raczej szeregiem, nieważne:

k^k\left( k+2\right)^{k+1} - \left( k+1\right)^{2k+1}


Chodzi o to, by wykazać, że dla k \in \ZZ_+ jest ono dodatnie.

Nie wiem, jak to zrobić; myślę, że warto byłoby je na początku jakoś ładniej zapisać, ale rozwijanie sum zdecydowanie nie prowadzi do prostszego i bardziej oczywistego zapisu… Może warto zastosować rachunek różnicowy? Ale kompletnie nie wiem jak.

EDIT: Może doprecyzuję, o co mi chodzi. Tak, chodzi o to, żeby to rozpisać. Tak, znam wzór na dwumian Newtona. Tylko że tu są skomplikowane wykładniki, więc współczynniki przy kolejnych potęgach k będą się układały w jakiś wzór, który ciężko wyznaczyć na piechotę.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 18 wrz 2016, o 17:16 
Użytkownik

Posty: 1424
Lokalizacja: Warszawa
Chcemy udowodnić nierówność (k+1)^{2k+1}<k^k(k+2)^{k+1}. Przekształcamy ją do postaci

\left( \frac{k+1}{k+2}\right)^{k+1}<\left( \frac{k}{k+1}\right)^k

\frac{k+1}{k+2}<\sqrt[k+1]{\left( \frac{k}{k+1}\right)^k}

Prawa strona jest średnią geometryczną k+1 liczb: k liczb \frac{k}{k+1} i jednej jedynki. Średnia geometryczna jest zawsze nie mniejsza niż średnia harmoniczna. Obliczamy więc średnią harmoniczną tych liczb:

\frac{k+1}{1+k\cdot\frac{k}{k+1}}=\frac{k^2+2k+1}{k^2+k+1}=1+\frac{k}{k^2+k+1}

Otrzymujemy

\frac{k+1}{k+2}=1-\frac1{k+2}<1+\frac{k}{k^2+k+1}\le\sqrt[k+1]{\left( \frac{k}{k+1}\right)^k}

I już.
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 18 wrz 2016, o 17:26 
Użytkownik

Posty: 12905
Lokalizacja: Bydgoszcz
Można również wykorzystać znany fakt, że ciąg a_k=\left(1+\frac{1}{k}\right)^k jest rosnący.

Dana nierówność jest równoważna takiej: a_k<a_{k+1}.

PS. spojrzałem na podpis vprof i na tekst
vprof napisał(a):
Mam takie wyrażenie, które jest w zasadzie wielomianem, czy raczej szeregiem, nieważne:


i nasunęła mi się taka uwaga:

Znajomość terminów matematycznych nie zwalnia od poprawnego ich stosowania.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 18 wrz 2016, o 18:14 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 638
Lokalizacja: Wrocław
Majeskas napisał(a):
Prawa strona jest średnią geometryczną k+1 liczb: k liczb \frac{k}{k+1} i jednej jedynki. Średnia geometryczna jest zawsze nie mniejsza niż średnia harmoniczna. Obliczamy więc średnią harmoniczną tych liczb:

\frac{k+1}{1+k\cdot\frac{k}{k+1}}=\frac{k^2+2k+1}{k^2+k+1}=1+\frac{k}{k^2+k+1}

średnia harmoniczna tych liczb to:
\frac{k+1}{1+k\cdot\frac{k+1}{k}}={\red\frac{k+1}{k+2}}
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 18 wrz 2016, o 20:31 
Użytkownik

Posty: 1424
Lokalizacja: Warszawa
Tak, tak, właśnie mi to przyszło do głowy, tylko nie miałem dostępu do Internetu, żeby poprawić :)

Mamy

\left(  \frac{k+1}{k+2} \right)^{k+1}<\left(  \frac{k}{k+1} \right)^k

\left(  \frac{k+2}{k+1} \right)^{k+1}>\left(  \frac{k+1}{k} \right)^k

\left(  1+\frac1{k+1} \right)^{k+1}>\left(  1+\frac{1}{k} \right)^k

A to wynika - jak już wspomniano - z monotoniczności znanego ciągu \left( 1+\frac1n\right)^n, którą można uzasadnić właśnie ze średnich:

1+\frac1{k+1}>\sqrt[k+1]{\left(  1+\frac{1}{k} \right)^k}

Prawa strona to średnia geometryczna k sztuk 1+\tfrac1k i jednej jedynki. No to obliczmy średnią arytmetyczną:

\frac{1+k(1+\tfrac1k)}{k+1}=1+\frac1{k+1}

Tak więc nasza nierówność to dokładnie nierówność między średnią arytmetyczną a geometryczną odpowiednio dobranych liczb. Pozostaje taki drobiazg, że czasem bywają równe, ale ma to miejsce tylko wtedy, gdy wszystkie liczby są równe, co oznaczałoby, że 1+\frac1k=1.

Mam nadzieję, że teraz nie ma błędu. Dzięki za czujność :)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 18 wrz 2016, o 20:42 
Użytkownik

Posty: 449
Lokalizacja: Warszawa
-----

OK, informacja dla czytających pierwszy raz: oryginalne zadanie rozwiązane, ale zmieniam polecenie na następujące.

Jakim wzorem wyraża się współczynnik przy k^n dla dowolnego n \in \NN_0 w rozwinięciu wyrażenia:
k^k\left( k+2\right)^{k+1} - \left( k+1\right)^{2k+1}

??


-----

Majeskas, dzięki, tak przeczuwałem, że da się z nierówności między średnimi, ale mimo wszystko chętnie poznałbym sposób rozwijania takich wyrażeń i obliczania współczynnika przy dowolnej potędze k.

kinia7, dzięki za czujność! Wychodzi na to, że prawa strona jest średnią geometryczną, a lewa — harmoniczną tych samych liczb.

a4karo,
a4karo napisał(a):
Można również wykorzystać znany fakt, że ciąg a_k=\left(1+\frac{1}{k}\right)^k jest rosnący.

Dana nierówność jest równoważna takiej: a_k<a_{k+1}.

Tak, tak, twoja intuicja matematyczna dobrze ci wskazuje, to jest część mojego dowodu indukcyjnego, że 2 \le a_k. Więc w tym wypadku raczej nie mogę tego znanego faktu, że a_k < a_{k+1} wykorzystać :)

a4karo napisał(a):
PS. spojrzałem na podpis vprof i na tekst
vprof napisał(a):
Mam takie wyrażenie, które jest w zasadzie wielomianem, czy raczej szeregiem, nieważne:


i nasunęła mi się taka uwaga:

Znajomość terminów matematycznych nie zwalnia od poprawnego ich stosowania.

  1. przez 2 „p”, jeśli mogę prosić ;)
  2. Jaką zatem nazwę na to wyrażenie z pierwszego posta uważasz za słuszną?
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 18 wrz 2016, o 21:21 
Użytkownik

Posty: 12905
Lokalizacja: Bydgoszcz
Cóż... jako wyrażenie zmiennej k nie jest toto ani wielomianem (bo nie ma ustalonego stopnia) ani tym bardziej szeregiem (to zupełnie inna bajka).
Jest to po prostu wyrażenie (nie wszystko w matematyce ma nazwę)

Przepraszam za pojedyncze "p".


PS To, że a_k\geq 2 wynika natychmiast z nierówności Bernoulliego
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 18 wrz 2016, o 22:00 
Użytkownik

Posty: 449
Lokalizacja: Warszawa
a4karo, o właśnie, przydała się porada kogoś bardziej doświadczonego.

Wiesz, po przemnożeniu jest to wyrażenie mające składniki, które można pogrupować według potęg k, czyli coś takiego: w_0+w_1k^1+w_2k^2+…+w_{2k+1}k^{2k+1}. Przy okazji, sprawdziłem już, że dla dowolnego k \in \NN_+ największą potęgą tego (s)tworu będzie właśnie 2k+1, zatem w pewnym sensie jest to coś podobnego do wielomianu o ustalonym stopniu.

A nie ma czegoś takiego jak szereg (potęgowy) skończony? Pewnie nie…
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 18 wrz 2016, o 22:16 
Użytkownik

Posty: 12905
Lokalizacja: Bydgoszcz
Najwyższą potęga nie będzie 2k+1 - ten wyraz się zredukuje.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 18 wrz 2016, o 23:24 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 406
Lokalizacja: Warszawa
Policzyć współczynnik przy x^n w x^k\left( x+2\right)^{k+1} - \left( x+1\right)^{2k+1}?

\sum_{t = 0}^{k+1} x^{k+t} 2^{k+1-t} - \sum_{t = 0}^{2k+1} x^t.

Wystarczy popatrzeć na oba składniki i odjąć, co trzeba.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 18 wrz 2016, o 23:57 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 5535
x^k\left( x+2\right)^{k+1} - \left( x+1\right)^{2k+1}=
\sum_{i = 1}^{k+1}\left[  {k+1 \choose i}2^i- {2k+1 \choose i}  \right]  x^{2k+1-i}+ \sum_{i = k+2}^{2k+1}\left[ - {2k+1 \choose i}  \right]  x^{2k+1-i}.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 19 wrz 2016, o 02:04 
Użytkownik

Posty: 449
Lokalizacja: Warszawa
OK dzięki, już wszystko wiem!

Cytryn, uciekły ci symbole dwumianowe ;)

a4karo, racja! Najwyższy będzie 2k i będzie on równy 1.

kerajs, mi wyszło co innego, przede wszystkim dolna granica sumowania = 0:

\red{x^k}  \blue{\left( x+2\right)^{k+1}} \green{ - \left( x+1\right)^{2k+1}}

\red{x^k}  \blue{ \sum_{i=0}^{k+1}  {k+1 \choose i} 2^{k+1-i} x^i } \green{ -  \sum_{i=0}^{2k+1} x^i }

Z połączenia czerwonego i niebieskiego mam jasnoniebieskie:

\cyan{\sum_{i=0}^{k+1} {k+1 \choose i} 2^{k+1-i} x^{i+k} = \sum_{i=k}^{2k+1} {k+1 \choose i-k} 2^{2k+1-i} x^{i}}

I teraz zielone rozbijam na dwie sumy, jedną od 0 do k-1 i drugą od k do 2k+1. Sumuję w obrębie sum o tych samych granicach sumowania i ostatecznie mam:

\sum_{i=0}^{k-1}  {2k+1 \choose i}  x^i +  \sum_{i=k}^{2k+1} 
\left(  {k+1 \choose i-k} 2^{2k+1-i} -  {2k+1 \choose i} \right)  x^i
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 19 wrz 2016, o 11:46 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 5535
Raczej:
\red{-}\black\sum_{i=0}^{k-1}  {2k+1 \choose i}  x^i +  \sum_{i=k}^{2k+1} 
\left(  {k+1 \choose i-k} 2^{2k+1-i} -  {2k+1 \choose i} \right)  x^i
lub
\red{-}\black\sum_{i=0}^{k-1}  {2k+1 \choose i}  x^i +  \sum_{i=k}^{\red{2k}\black} 
\left(  {k+1 \choose i-k} 2^{2k+1-i} -  {2k+1 \choose i} \right)  x^i
bo wyrażenia z x^{2k+1} się uproszczą.
Twoja suma ustawiona jest od wyrazu wolnego do najwyższej potęgi x.

Niech j=2k+1-i, to ostatni wzór zamienia się na

=-\sum_{j=2k+1}^{k+2}  {2k+1 \choose 2k+1-j}  x^{2k+1-j} +  \sum_{j=k+1}^{1} 
\left(  {k+1 \choose k+1-j} 2^{j} -  {2k+1 \choose 2k+1-j} \right)  x^{2k+1-j}=
=- \sum_{j=k+2}^{2k+1} {2k+1 \choose j}x^{2k+1-j}+ \sum_{j=1}^{k+1}\left[ {k+1 \choose j} 2^{j} -  {2k+1 \choose j}\right]x^{2k+1-j} =
= \sum_{j=1}^{k+1}\left[ {k+1 \choose j} 2^{j} -  {2k+1 \choose j}\right]x^{2k+1-j} - \sum_{j=k+2}^{2k+1} {2k+1 \choose j}x^{2k+1-j}

co daje wzór który napisałem w poprzednim poscie, a suma daje zwyczajowo ustawiony wielomian.

Ps
W przekształceniach wykorzystałem własność:
{n \choose n-k} = {n \choose k}
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 13 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 1996*199719971997 ... obliczyć  Tomasz B  2
 Obliczyc wartosc wyrazenia  Paweł  7
 Wykaż,że dla dowolnej liczby n...  Agata1988  3
 Obliczyć z potęgami  Pyszu  6
 obliczyć x  metallukas  2
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl