Tożsamości i uogólnienia

[mol_ksiazkowy]

Dla jakich \(\displaystyle{ a, b, c}\) tak aby: \(\displaystyle{ (2n)^2 + (2n+1)^2 + (2n+2)^2 +(an^2+bn +c-1)^2 = (an^2+bn+c)^2}\) ?

[Zahion]

Jeśli chodzi o to, żeby dla każdego \(\displaystyle{ n}\) zachodziła podana równość, to po wymnożeniu i redukcji mamy, że \(\displaystyle{ 6n^{2} +6n + 3 = an^{2}+bn+c}\) , a stąd \(\displaystyle{ 6 = a = b, c = 3}\). Jesli chodzi o to, żeby miało rozwiązanie, to warunek dla delty, jeśli wszystko przerzucimy na jedną stronę.

[mol_ksiazkowy]

Udowodnić “bez zwijania” że: \(\displaystyle{ 5 \cdot \frac{1^4+…+ n^4}{1^2+…+ n^2}= 3n^2 +3n-1}\)

[mol_ksiazkowy]

i także:
Udowodnić bez indukcji:
\(\displaystyle{ 1^2 + 3^2+ 5^2+ ... + (2n+1)^2 = \frac{1}{3}(n+1)(4n^2 +8n+3)}\)

[Zahion]

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n}\left( 2k+1\right)^{2}=4 \sum_{k=0}^{n}k^{2} +4 \sum_{k=0}^{k}k + \sum_{k=0}^{n}1 = \frac{2n\left( n+1\right)\left( 2n+1\right) }{3} +2n\left( n+1\right) +n+1 = \frac{1}{3}\left( n+1\right)\left( 4n^{2}+8n+3\right)}\)
Pierwsze z indukcji :
\(\displaystyle{ \left( 3n^{2}+3n-1\right) \sum_{k=1}^{n}k^{2} = 5 \sum_{k=1}^{n}k^{4}}\)
Mamy :
\(\displaystyle{ \left( 3\left( n+1\right)^{2} + 3n + 2 \right) \sum_{k=1}^{n+1}k^{2} = \left( \left( 3n^{2}+3n-1\right)+6\left(n+1 \right) \right)\left( \sum_{k=1}^{n}k^{2} + \left( n+1\right)^{2} \right) = \left( 3n^{2}+3n-1\right) \sum_{k=1}^{n}k^{2} + 6\left( n+1\right) \sum_{k=1}^{n}k^{2} +
6\left( n+1\right)^{3} + \left( 3n^{2}+3n-1\right)\left( n+1\right)^{2}=...=5 \sum_{k=1}^{n}k^{4} + 5\left( n+1\right)^{4} = 5 \sum_{k=1}^{n+1}k^{4}}\)

[mol_ksiazkowy]

Udowodnić tożsamość Gerardina:
\(\displaystyle{ 1= (9x^4)^3 + (1+9x^3)^3 - (9x^4 +3x)^3}\)
Czy tę tożsamość można mieć z tożsamości Eulera
\(\displaystyle{ (x(x^3+2y^3) )^3 - (y(2x^3+y^3))^3 = (x(x^3-y^3))^3 - (-y(x^3-y^3))^3}\)
i jak ?

[mol_ksiazkowy]

i jeszcze jedno: Udowodnić, że \(\displaystyle{ \lfloor \sqrt[3]{n} +\sqrt[3]{8n+3} \rfloor = \lfloor \sqrt[3]{27n+1} \rfloor}\) gdy \(\displaystyle{ n=1, 2, 3,...}\)

[mol_ksiazkowy]

Udowodnić, że \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n \frac{{n \choose k}} {k} = \sum_{k=1}^n \frac{2^k -1}{k}}\)

Ukryta treść:    

Crux

[Premislav]

Trywialna indukcja po \(\displaystyle{ n}\), wykorzystujemy
tożsamość \(\displaystyle{ {n+1 \choose k}={n \choose k}+{n \choose k-1}}\)
Mamy więc
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n+1} \frac{{n+1 \choose k}} {k}= \sum_{k=1}^{n+1} \frac{{n \choose k}}{k} + \sum_{k=1}^{n+1} \frac{{n \choose k-1}}{k}= 1+\sum_{k=1}^{n} \frac{2^{k}-1}{k}+ \sum_{k=1}^{n} \frac{{n \choose k}}{k+1}}\)
Zauważmy jednak, że \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{{n \choose k}}{k+1}x^{k+1}= \sum_{k=1}^{n} {n \choose k}\int_{0}^{x}t^{k}\mbox{d}t= \int_{0}^{x}(1+t)^{n}-1 dt= \frac{(1+x)^{n+1}}{n+1} - \frac{1}{n+1}-x}\) i kładąc \(\displaystyle{ x=1}\), mamy\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{{n \choose k}}{k+1}= \frac{2^{n+1}-1}{n+1}-1}\), toteż
\(\displaystyle{ 1+\sum_{k=1}^{n} \frac{2^{k}-1}{k}+ \sum_{k=1}^{n} \frac{{n \choose k}}{k+1}=\sum_{k=1}^{n} \frac{2^{k}-1}{k}+\frac{2^{n+1}-1}{n+1}=\sum_{k=1}^{n+1} \frac{2^{k}-1}{k}}\), czyli z zał. indukcyjnego wywnioskowaliśmy tezę indukcyjną.
To tylko szkic drugiego kroku indukcyjnego, reszty mi się nie chce. Ale indukcja jest dla frajerów, więc chętnie zobaczę coś ładniejszego.-- 8 sty 2016, o 23:49 --Pewnie da się bez całek, ale trzeba umieć... wiadomo.

[mol_ksiazkowy]

Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ f \left( x, y \right) = x^2+ xy +y^2}\) to \(\displaystyle{ f \left( a, b \right) f \left( b,c \right) f \left( c,a \right) = f \left( abc \left( \frac{a}{c}+ \frac{c}{b} + \frac{b}{a} \right) , abc \left( \frac{a}{b}+ \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \right) \right)}\)

[Kartezjusz]

Liczba nawiasów nie gra.

[mol_ksiazkowy]

Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ \begin{cases} x = \frac{b+c}{a}\\ y =\frac{a+c}{b}\\ z =\frac{a+b}{c} \end{cases}}\) to \(\displaystyle{ xyz - 2 = x+y+z}\)

[dec1]

Dość łatwe:

\(\displaystyle{ xyz=\frac{(a+b)(b+c)(a+c)}{abc}}\)
\(\displaystyle{ x+y+z+2=\frac{ab(a+b)}{abc}+\frac{bc(b+c)}{abc}+\frac{ac(a+c)}{abc}+\frac{2abc}{abc}}\)

Nowa teza:
\(\displaystyle{ \frac{(a+b)(b+c)(a+c)}{abc}=\frac{ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)+2abc}{abc}}\)

Pomnożenie obustronnie przez \(\displaystyle{ abc}\) i wymnożenie nawiasów daje równość.

[mol_ksiazkowy]

Udowodnić tożsamość Eulera (indukcja lub jakoś inaczej):
\(\displaystyle{ a_0 + a_0a_1+ a_0a_1a_2+ ...+ a_0a_1a_2...a_n= \frac{a_0}{1 - \frac{a_1}{1+ a_1 - \frac{ . \ . \ . \ }{1+ a_2 - \frac{ \ . \ . \ . \ } {. \ . \ . \frac{a_{n-1}}{1+ a_{n-1} - \frac{a_n}{1+ a_n}}}}}}}\)

[mol_ksiazkowy]

inne :
Znaleźć trzy różne dowody że \(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} \frac{j}{2^j} = 2 - \frac{n+2}{2^n}}\)