Matematyka.pl

Niech \(\displaystyle{ f(X) \in \RR[X]}\) będzie takim wielomianem stopnia \(\displaystyle{ n}\), że \(\displaystyle{ f(k)= \frac{k}{k+1}}\) dla \(\displaystyle{ k=0,1, \ldots ,n}\). Wyznaczyć \(\displaystyle{ f(n+1)}\). Podpowiem, że zadanie pochodzi z książki "Równania i Nierówności" Pana Neugebauera(Ćw 1.52).

Pierwsza sprawa, to podać wzór owego wielomianu. Czy z tym krokiem masz jakieś trudności?

3a174ad9764fefcb pisze: 20 lip 2022, o 12:57 Pierwsza sprawa, to podać wzór owego wielomianu. Czy z tym krokiem masz jakieś trudności?

Żadnych, rozpisałem to sobie jako wielomian interpolacyjny Lagrange i mam sumę z dwumianem w środku ale nie wiem co dalej, i czy w te stronę.

Czyli rozumiem że chodzi Ci o obliczanie sum takich jak na przykład
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \frac{k}{n+2} \binom{n+2}{k+1}.}\)

Dla \(\displaystyle{ k=0}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ 0}\), więc możemy ten wyraz pominąć. Następnie dopisujemy \(\displaystyle{ x^{k-1}}\) do każdego wyrazu, otrzymując funkcję:
\(\displaystyle{ g(x) = \sum_{k=1}^n (-1)^{n-k} \frac{k}{n+2} \binom{n+2}{k+1}x^{k-1}.}\)

Interesuje nas tylko wartość dla \(\displaystyle{ x=1}\), ale dzięki zdefiniowaniu takiej funkcji możemy użyć metod analizy matematycznej. Tak zdefiniowany wielomian \(\displaystyle{ g}\) jest pochodną pewnego innego wielomianu (jakiego?), którego sumę możemy dość łatwo obliczyć. Następnie po zróżniczkowaniu otrzymujemy sumę \(\displaystyle{ g(x)}\).

Nie wiem do jakiego wyniku doszedł autor wątku, ale zdaje mi się, że chodzi raczej o obliczenie czegoś w rodzaju: \(\displaystyle{ \frac{n}{n+1}- \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k} }{ {n \choose k} } }\). Poprawcie mnie, jeśli się mylę.

\(\displaystyle{ f(x) = \frac{x}{x+1}, \ \ x = 0, 1,2, ..., n. }\)

Funkcja \(\displaystyle{ f }\) jest ciągła dla \(\displaystyle{ x\in \RR \setminus \{-1\}, }\) ma \(\displaystyle{ (n+1) }\) -szą pochodną.

Znajdujemy Wielomian Interpolacyjny Newtona \(\displaystyle{ p_{n}(x) }\) z jednokrotnymi różnicami dzielonymi "wprzód"

\(\displaystyle{ f[x_{0}, x_{1}, ..., x_{n}] = \frac{f^{(n+1)}(x)}{(n+1)!},}\)

wyprowadzając wzór na \(\displaystyle{ (n+1)}\) - szą pochodną funkcji \(\displaystyle{ f.}\)

Obliczamy wartość \(\displaystyle{ p(n+1). }\)

Wojciech_Domin pisze: 20 lip 2022, o 18:23 Nie wiem do jakiego wyniku doszedł autor wątku, ale zdaje mi się, że chodzi raczej o obliczenie czegoś w rodzaju: \(\displaystyle{ \frac{n}{n+1}- \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k} }{ {n \choose k} } }\). Poprawcie mnie, jeśli się mylę.

Nie wiem, co uzyskał MikizAfryki, ale według mnie współczynnik dwumianowy będzie w liczniku, nie w mianowniku. Mamy bowiem
\(\displaystyle{ f(x) = \sum_{k=0}^n \frac{k}{k+1} \cdot \frac{x(x-1)\ldots(x-(k-1))(x-(k+1))\ldots(x-n)}{k(k-1)\ldots(k-(k-1))(k-(k+1))\ldots(k-n)}}\).

Po podstawieniu \(\displaystyle{ x=n+1}\) licznik dużego ułamka sprowadza się do \(\displaystyle{ \frac{(n+1)!}{n+1-k}}\), a mianownik do \(\displaystyle{ (-1)^{n-k}\;k!\;(n-k)!}\)

Ja bym zrobił tak: wielomian \(\displaystyle{ g(x) = (x+1)f(x)-x}\) jest stopnia najwyżej \(\displaystyle{ n+1}\) i ma miejsca zerowe \(\displaystyle{ 0, \ldots, n}\), więc jest postaci \(\displaystyle{ g(x) = ax(x-1)(x-2) \ldots (x-n)}\), gdzie \(\displaystyle{ a \in \RR}\). Podstawiając \(\displaystyle{ x=-1}\) dostajemy \(\displaystyle{ a = \frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!}}\), a zatem \(\displaystyle{ g(n+1) = (-1)^{n+1}}\) i stąd \(\displaystyle{ f(n+1) = \frac{n+1+(-1)^{n+1}}{n+2}}\).

3a174ad9764fefcb pisze: 20 lip 2022, o 17:13 Czyli rozumiem że chodzi Ci o obliczanie sum takich jak na przykład
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \frac{k}{n+2} \binom{n+2}{k+1}.}\)

Dla \(\displaystyle{ k=0}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ 0}\), więc możemy ten wyraz pominąć. Następnie dopisujemy \(\displaystyle{ x^{k-1}}\) do każdego wyrazu, otrzymując funkcję:
\(\displaystyle{ g(x) = \sum_{k=1}^n (-1)^{n-k} \frac{k}{n+2} \binom{n+2}{k+1}x^{k-1}.}\)

Interesuje nas tylko wartość dla \(\displaystyle{ x=1}\), ale dzięki zdefiniowaniu takiej funkcji możemy użyć metod analizy matematycznej. Tak zdefiniowany wielomian \(\displaystyle{ g}\) jest pochodną pewnego innego wielomianu (jakiego?), którego sumę możemy dość łatwo obliczyć. Następnie po zróżniczkowaniu otrzymujemy sumę \(\displaystyle{ g(x)}\).

Będzie to pochodna \(\displaystyle{ G(x)= \sum_{k=1}^{n} (-1) ^{n-k} \frac{ {n+2 \choose k+1} }{n+2} x ^{k}= \frac{1}{n+2} \sum_{k=1}^{n} (-1) ^{n-k} {n+2 \choose k+1} x ^{k} }\) i szczerze mówiąc nie mam pojęcia w jaki sposób rożniczkując G(x) mam to znaleźć. (za rachunek różniczkowy jescze się jako tako nie brałem znam podstawowe wzory itd ale nic z praktycznego zastosowania może poza optymalizacją i ogółem wiedzą licealną)

Dodano po 19 sekundach:

3a174ad9764fefcb pisze: 21 lip 2022, o 09:45

Wojciech_Domin pisze: 20 lip 2022, o 18:23 Nie wiem do jakiego wyniku doszedł autor wątku, ale zdaje mi się, że chodzi raczej o obliczenie czegoś w rodzaju: \(\displaystyle{ \frac{n}{n+1}- \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k} }{ {n \choose k} } }\). Poprawcie mnie, jeśli się mylę.

Nie wiem, co uzyskał MikizAfryki, ale według mnie współczynnik dwumianowy będzie w liczniku, nie w mianowniku. Mamy bowiem
\(\displaystyle{ f(x) = \sum_{k=0}^n \frac{k}{k+1} \cdot \frac{x(x-1)\ldots(x-(k-1))(x-(k+1))\ldots(x-n)}{k(k-1)\ldots(k-(k-1))(k-(k+1))\ldots(k-n)}}\).

Po podstawieniu \(\displaystyle{ x=n+1}\) licznik dużego ułamka sprowadza się do \(\displaystyle{ \frac{(n+1)!}{n+1-k}}\), a mianownik do \(\displaystyle{ (-1)^{n-k}\;k!\;(n-k)!}\)

dokładnie tak mam

Dodano po 6 minutach 36 sekundach:

Dasio11 pisze: 21 lip 2022, o 15:13 Ja bym zrobił tak: wielomian \(\displaystyle{ g(x) = (x+1)f(x)-x}\) jest stopnia najwyżej \(\displaystyle{ n+1}\) i ma miejsca zerowe \(\displaystyle{ 0, \ldots, n}\), więc jest postaci \(\displaystyle{ g(x) = ax(x-1)(x-2) \ldots (x-n)}\), gdzie \(\displaystyle{ a \in \RR}\). Podstawiając \(\displaystyle{ x=-1}\) dostajemy \(\displaystyle{ a = \frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!}}\), a zatem \(\displaystyle{ g(n+1) = (-1)^{n+1}}\) i stąd \(\displaystyle{ f(n+1) = \frac{n+1+(-1)^{n+1}}{n+2}}\).

Dziękuję bardzo! Tak skupiłem się na przykładzie obok, że nawet nie próbowałem robić inaczej niż wielomianem Lagrange.

MikizAfryki pisze: 21 lip 2022, o 17:20 Będzie to pochodna \(\displaystyle{ G(x)= \sum_{k=1}^{n} (-1) ^{n-k} \frac{ {n+2 \choose k+1} }{n+2} x ^{k}= \frac{1}{n+2} \sum_{k=1}^{n} (-1) ^{n-k} {n+2 \choose k+1} x ^{k} }\) i szczerze mówiąc nie mam pojęcia w jaki sposób rożniczkując G(x) mam to znaleźć.

Jeszcze przed zróżniczkowaniem trzeba by było zwinąć tę sumę do czegoś prostszego, bo inaczej nie ma żadnej korzyści ze zróżniczkowania (po prostu otrzymamy to samo co mieliśmy). Jest to trochę koszmarne, dlatego cieszę się, że Dasio11 zaproponował prostszy sposób.

MikizAfryki pisze: 21 lip 2022, o 17:20 (za rachunek różniczkowy jescze się jako tako nie brałem znam podstawowe wzory itd ale nic z praktycznego zastosowania może poza optymalizacją i ogółem wiedzą licealną)

Bez pochodnych też można takie sumy zwijać. W wyrażeniu
\(\displaystyle{ \frac{(-1)^n}{n+2}\sum_{k=1}^n(-1)^kk\binom{n+2}{k+1}}\)
najbardziej przeszkadza nam wyraz \(\displaystyle{ k}\). Gdyby tam było \(\displaystyle{ k+1}\), to moglibyśmy je ukryć we współczynniku dwumianowym korzystając z równości \(\displaystyle{ \frac{k+1}{n+2}\binom{n+2}{k+1}=\binom{n+1}{k}}\). No ale to żaden problem, bo możemy sobie zamienić \(\displaystyle{ k}\) na \(\displaystyle{ (k+1)-1}\) i wtedy będziemy mieć dwie sumy.

\(\displaystyle{ \frac{(-1)^n}{n+2}\sum_{k=1}^n(-1)^kk\binom{n+2}{k+1} = \\
=\frac{(-1)^n}{n+2}\sum_{k=1}^n(-1)^k(k+1)\binom{n+2}{k+1} - \frac{(-1)^n}{n+2}\sum_{k=1}^n(-1)^k \binom{n+2}{k+1}=\\
=(-1)^n\sum_{k=1}^n(-1)^k\binom{n+1}{k} + \frac{(-1)^n}{n+2}\sum_{k=2}^{n+1}(-1)^k \binom{n+2}{k}=\\
=(-1)^n((1-1)^{n+1}-1-(-1)^{n+1}) + \frac{(-1)^n}{n+2}((1-1)^{n+2}-1+(n+2)-(-1)^{n+2})=\\
=\frac{(-1)^{n+1}(n+2)+(n+2)+(-1)^{n+1}+(-1)^n(n+2)-1}{n+2}=\frac{n+1+(-1)^{n+1}}{n+2}
}\)
Jak widać, jest to dość żmudne i łatwo się pomylić.

3a174ad9764fefcb pisze: 21 lip 2022, o 18:09\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n(-1)^k\binom{n+1}{k}=((1-1)^{n+1}-1-(-1)^{n+1})
}\)

Skąd taka równość? Jeżeli n jest parzyste to wszystko się poskraca (w tym wypadku okej) a dla nieparzystego zostanie wyraz \(\displaystyle{ {n+1 \choose \frac{n+1}{2} }(-1)^{ \frac{n+1}{2} }.}\) Tak mi się przynajmniej wydaje

Chodzi tu o sławny wzór dwumianowy:
\(\displaystyle{ (x+y)^n=\sum_{k=0}^n\binom nkx^ky^{n-k}}\).

Zgodnie z tym wzorem (tylko z \(\displaystyle{ n+1}\) zamiast \(\displaystyle{ n}\)), mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n+1}\binom {n+1}k(-1)^k = ((-1)+1)^{n+1}=0^{n+1}}\).

W przykładzie jeszcze musieliśmy uwzględnić wyrazy dla \(\displaystyle{ k=0}\) i \(\displaystyle{ k=n+1}\), których nie było w sumie.