Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
Można najpierw sprowadzić ten iloczyn do bardziej przystępnej postaci: \(\displaystyle{ (x-1)(x-2)(x-3)...(x-n) = (-1)^{n} \cdot n! \cdot (1-\frac{x}{1})(1-\frac{x}{2})(1-\frac{x}{3})...(1-\frac{x}{n}) = (-1)^{n} \cdot n! \cdot \prod_{i=1}^{n}(1-\frac{x}{i})}\)
Właściwie to będzie interesować nas tylko druga część tego iloczynu czyli \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}(1-\frac{x}{i})}\). Wiadomo, że po wymnożeniu przez siebie tych wszystkich \(\displaystyle{ n}\) nawiasów i pogrupowaniu wyrazów otrzymamy jakiś wielomian typu:
gdzie te wszystkie \(\displaystyle{ a_{i}, \ i \in \mathbb{N} \wedge i \le n}\) są jakimiś liczbami rzeczywistymi. Proces tworzenia się tego wielomianu końcowego można rozpatrzeć jako pewien proces iteracyjny o \(\displaystyle{ n}\) krokach, gdzie w pierwszym kroku mamy jednomian \(\displaystyle{ 1 - \frac{x}{1}}\), z kolei przejście z \(\displaystyle{ k}\) kroku do kroku \(\displaystyle{ k+1}\) gdzie , \(\displaystyle{ k+1 <= n}\), polega na wymnożeniu wielomianu który mieliśmy do tej pory przez jednomian \(\displaystyle{ 1 - \frac{x}{k+1}}\) ponieważ w \(\displaystyle{ k+1}\) - wszym nawiasie współczynnik przy \(\displaystyle{ x}\) wynosi \(\displaystyle{ -\frac{1}{k+1}}\), przez \(\displaystyle{ I(k,x), k \in \mathbb{N} \wedge k \le n, x \in \mathbb{R}}\) będę oznaczał wielomian który został otrzymany po \(\displaystyle{ k}\)-tej ilości iteracji, \(\displaystyle{ k \le n}\) i który jest przedstawiony w postaci podstawowej np.:
\(\displaystyle{ I(1,x) = 1 - \frac{x}{1}}\)
Mając już \(\displaystyle{ I(k,x), k+1 \le n}\) chcąc przejść do \(\displaystyle{ I(k+1,x)}\) musimy wykonać następującą rzecz:
Zapis ten może nie wydawać się taki jasny, ale chodzi głównie o to, że trzeba zauważyć kilka rzeczy: ilość składników w sumie zwiększa się o 1 w stosunku do poprzedniego np. dla \(\displaystyle{ I(1,x) = 1 - \frac{x}{1}}\) mamy dwa składniki, a \(\displaystyle{ I(2,x) = 1 - x \cdot (\frac{1}{1} + \frac{1}{2}) + x^{2} \cdot \frac{1}{2!}}\) mamy już trzy składniki, należy zauważyć również najważniejszą rzecz: współczynnik przy \(\displaystyle{ m}\) -tej potędze \(\displaystyle{ x}\) powstaje w ten sposób, że jeśli w poprzednim kroku iteracyjnym współczynnik przy \(\displaystyle{ m}\) - tej potędze wynosił \(\displaystyle{ a}\), a przy \(\displaystyle{ m-1}\)-wszej (również w tym samym kroku) wynosił \(\displaystyle{ b}\) to współczynnik przy tej samej potędze w następnym kroku będzie wynosił: \(\displaystyle{ a - \frac{b}{k+1}}\) gdzie, \(\displaystyle{ k+1}\) to krok który aktualnie rozpatrujemy, z racji tego współczynnik przy najniższej potędze \(\displaystyle{ 0}\) - będzie wynosił zawsze tyle samo czyli 1, bo nie istnieje poprzedni składnik, jeśli więc będziemy mieli postać składnika jaki jest przy 1 potędze \(\displaystyle{ x}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\) będziemy mogli otrzymać postać składnika jak ijest przy drugiej potędze, skoro w pierwszym kroku iteracyjnym współczynnik przy potędze pierwszej wynosi \(\displaystyle{ -1}\) a dla zerowej potęgi zawsze wynosi 1, to w drugim kroku iteracyjnym będzie wynosił \(\displaystyle{ -(1 + \frac{1}{2})}\), w trzecim będzie wynosił \(\displaystyle{ -(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3})}\), po chwili zastanowienie widać, że dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\) współczynnik przy pierwszej potędze wynosi \(\displaystyle{ - \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}}\), sprawdzenie indukcyjne:
czyli, że dla \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\) współczynik przy pierwszej potędze wielomianu w postaci podstawowej wynosi \(\displaystyle{ - \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}}\)
Czyli, że dla \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\)\(\displaystyle{ , \ \ \ \ \ \prod_{i=1}^{n}(1-\frac{x}{i}) = 1 + x \cdot \left( - \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}\right) + ..................}\)
Zgodnie z tym co tam napisałem wcześniej o sposobie powstawania współczynnika przy \(\displaystyle{ m}\)-tej potędze w \(\displaystyle{ k}\)-tym kroku iteracyjnym można ułożyć równanie rekurencyjne którego rozwiązanie będzie rozwiązaniem tego ile wynosi współczynnik przy drugiej potędze wielomianu który powstanie po wymnożeniu wszystkich nawiasów iloczynu \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}(1-\frac{x}{i})}\) a następnie po ich pogrupowaniu:
Równanie te jest dosyć proste bo współczynnik przy \(\displaystyle{ f(k-1)}\) wynosi 1, po jego rozwiązaniu otrzymamy coś takiego: współczynnik przy drugiej potędze jest równy: \(\displaystyle{ \sum_{i=2}^{n} \left( \frac{1}{i} \sum_{k=1}^{i-1}\frac{1}{k} \right)}\)
po wymnożeniu widać, że współczynnik przy drugiej potędze wynosi \(\displaystyle{ \sum_{i=2}^{k+1} \left( \frac{1}{i} \sum_{m=1}^{i-1}\frac{1}{m} \right)}\)
ODPOWIEDŹ :
Czyli, że dla \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\) współczynnik przy drugiej potędze wynosi: \(\displaystyle{ (-1)^{n}\cdot n!\cdot\sum_{i=2}^{n} \left( \frac{1}{i} \sum_{k=1}^{i-1}\frac{1}{k} \right)}\)
Jaki tu współczynnik?
: 7 kwie 2016, o 12:52
autor: mol_ksiazkowy
Zadanie z Nierozwiązanych
Ukryta treść:
Czyli, że dla \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\) współczynnik przy drugiej potędze wynosi: \(\displaystyle{ (-1)^{n}\cdot n!\cdot\sum_{i=2}^{n} \left( \frac{1}{i} \sum_{k=1}^{i-1}\frac{1}{k} \right)}\)
Wartościowe rozwiazanie. Chyba jest bezbłędnie i estetycznie !
Ja mam jedynie gdy \(\displaystyle{ n=4}\) z \(\displaystyle{ \frac{f^{\prime \prime}(0)}{2}}\)
\(\displaystyle{ (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = (x^2- 5x+5)^2 - 1 = x^4 - 10x^3 +35x^2 - 50x+24}\) po 2x zróżniczkowaniu \(\displaystyle{ (2x-5)^2+ 2(x^2 - 5x+5)}\) stąd współczynnik to 35, czyli to samo co z