eMatematikas.lt Naujienos Kategorijos Nauja tema Nariai Prisijungti Registruotis
       

Kategorijos

Naudingos temos

Matematikos Maratonas Nr. 3

Kategorija: Olimpiados

36695

svarbu 

Tai, kad [tex]x_{n+1}-x_n \neq \cot^2(\frac{(n+1)\pi}{2n+1})[/tex].

0

Sprendimas

Pradžiai įrodykime, kad
$$\sin(nx)=\sin^n({x}) \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\cot^k(x)\sin({\frac{(n-k)\pi}{2}})$$
Iš tikrųjų: $$\sin(nx)=\frac{e^{inx}-e^{-nix}}{2i}= \\ \frac{(\cos(x)+i\sin(x))^n-(\cos(x)-i\sin(x))^n}{2i}=\\ \sin^n(x)\frac{(\cot(x)+i))^n-(\cot(x)-i)^n}{2i}=\\
\sin^n(x)\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\cot^k(x)\frac{i^{n-k}-(-i)^{n-k}}{2i}= \\ \sin^n(x)\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\cot^k(x)\frac{\cos(\frac{(n-k)\pi}{2})+i\sin(\frac{(n-k)\pi}{2})-\cos(\frac{(n-k)\pi}{2})+i\sin(\frac{(n-k)\pi}{2}) }{2i}=\\
\sin^n({x}) \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\cot^k(x)\sin({\frac{(n-k)\pi}{2}})$$

Toliau imame $$n=2m+1: \ \sin((2m+1)x)=\\ \sin^{2m+1}({x}) \sum_{k=0}^{2m+1} \binom{2m+1}{k}\cot^k(x)\sin({\frac{(2m+1-k)\pi}{2}})$$ Nesunkiai galime pastebėti, kad suma turės [tex]m+1[/tex] nulinių dėmenų, kai [tex](2m+1-k)\mod{2}=0[/tex], ir lygiai tiek pat nenulinių dėmenų, kai [tex](2m+1-k)\mod{2}=1[/tex]. Todėl $$\sin((2m+1)x)=\sin^{2m+1}({x}) \sum_{k=0}^{m} \binom{2m+1}{2k}\cot^{2k}(x)\sin({\frac{(2(m-k)+1)\pi}{2}})=\\ \sin^{2m+1}({x}) \sum_{k=0}^{m} \binom{2m+1}{2k}\cot^{2k}(x)(-1)^{m-k}=\\ \sin^{2m+1}({x}) \sum_{k=0}^{m} \binom{2m+1}{2k}(\cot^{2}(x))^k(-1)^{m-k}(*)$$ Toliau pasižymėkim [tex]x_j=\frac{j\pi}{2m+1}[/tex], kur [tex]1 \leq j\leq m[/tex]. Įstatę [tex]x_j[/tex] į (*) turime, kad kairė lygybės pusė yra 0. Kadangi [tex]0<x_j<\frac{\pi}{2}[/tex], tai: $$\sum_{k=0}^{m} \binom{2m+1}{2k}(\cot^{2}(x_j))^k(-1)^{m-k} = 0 $$. Gautas rezultatas reiškia, kad skaičiai [tex]\cot^2(x_j)[/tex] yra lygties $$\sum_{k=0}^{m} \binom{2m+1}{2k}y^k(-1)^{m-k} = 0 $$ sprendiniai. Kadangi lygties kairėje pusėje esančio daugianario laipsnis [tex]m[/tex], skaičių [tex]\cot^2(x_j)[/tex] irgi [tex]m[/tex] (jie visi skirtigi, nes [tex]x_j[/tex] visi skirtingi ir [tex]\cot^2(x)[/tex] griežtai monotoniška funcija, kai [tex]0<x<\frac{\pi}{2}[/tex]), tai [tex]\cot^2(x_j)[/tex] yra visi lygties sprendiniai. Anot Vjeto teoremos, teisinga lygybė: $$\sum_{k=1}^{m} \cot^2(x_k) = \frac{\binom{2m+1}{2m-2}}{\binom{2m+1}{2m}} = \frac{\frac{(2m+1)2m(2m-1)}{6}}{2m+1}=\frac{m(2m-1)}{3}$$ $$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n\cot^2(\frac{k\pi}{2n+1})=\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^2}*\frac{n(2n-1)}{3}=\frac{2}{3}$$

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-03-20

0

Bet kaip visa tai pastebėt... Man visa tai kažkaip pasirodė itin gilu.

0

Pirmiausiai buvo įrodoma lygybė, kurią galima traktuoti kaip lemą teoremai apie ribą įrodyti.
Imamas gautosios lygybės atskirasis atvejis bei įvedamas tam tikras keitinys, kurį jau galima šiek tiek susieti su poribiniu reiškiniu. Ir štai tada gauname polinominę lygtį tam tikros funkcijos atžvilgiu, kur vėlgi reikia pastebėti, kad ribos reikšmė seka iš Vijeto teoremos tam tikros lygybės.

Kyla įtarimas, kad pats, leliau, ką nors spręsdamas atsitiktinai atradai šį rezultatą, kurį suformulavai kaip ribos skaičiavimo uždavinį mums, bet nepaisant to, paklausiu, iš kur šis uždavinys?

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-03-20

0

Rašydami sudėtingus matematinius tekstus, naudokite kuo daugiau tarpų, naujų eilučių, centravimo. Labai sunku skaityti ir suprasti tekstą, kai viskas labai sugrūsta.
Paskutinį sprendimą aš truputį aptvarkiau, manau ir jums maloniau tokį skaityti.

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-03-20

0

Tai žinoma, dėkui. Primink tik, kaip padaryti, kad formulės matytųsi centre, o ne kur papuola?

0

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-03-20

0

Taip, Karoli, tu teisus. Šaltinyje pateikta užduotis prašė rasti polinomą, kurio šaknys yra [tex]\cot^2(x_j)[/tex], o užduotį, kurią pateikiau čia, gavau iš pradinio uždavinio rezultatų.

Pats šaltinis: "Неэлементарные задачи в элементарном изложении. Задачи по комбинаторике и теории вероятностей. Задачи из разных областей математики. Акива Яглом, Исаак Яглом"

P.s. Užduoties sprendimo dalį gali rasti: https://en.wikipedia.org/wiki/Basel_problem#The_proof

0

Ištirkite eilutės konvergavimą
[tex]\sum_{n=1}^{\infty }(e^{\frac{1}{n}}-1)(e^{\frac{i}{n}}-1)[/tex]

0

Naudosimės lygybe: $$ (e^{\frac{i}{n}}-1)=-2\sin^2(\frac{1}{2n})+i\sin(\frac{1}{n})$$
Perrašykime sumą: $$ \sum_{n = 1}^\infty (e^{\frac{1}{n}}-1)(e^{\frac{i}{n}}-1)= -2\sum_{n = 1}^\infty (e^{\frac{1}{n}}-1)\sin^2(\frac{1}{2n})+i\sum_{n = 1}^\infty (e^{\frac{1}{n}}-1)\sin(\frac{1}{n})$$
Jei konverguoja realioji ir menamoji pradinės sumos dalys, tai konverguoja ir pati pradinė suma.

Kadangi, $$ \lim_{n \to \infty} \frac{(e^{\frac{1}{n}}-1)\sin^2(\frac{1}{2n})}{\frac{1}{4n^3}}=1$$ ir
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{(e^{\frac{1}{n}}-1)\sin(\frac{1}{n})}{\frac{1}{n^2}}=1$$, tai [tex]∃ c_1,c_2>0[/tex], kad [tex](e^{\frac{1}{n}}-1)\sin^2(\frac{1}{2n})<\frac{c_1}{4n^3}[/tex] ir [tex](e^{\frac{1}{n}}-1)\sin(\frac{1}{n})<\frac{c_2}{n^2}[/tex]. Todėl $$\sum_{n = 1}^\infty (e^{\frac{1}{n}}-1)\sin^2(\frac{1}{2n})$$ ir $$\sum_{n = 1}^\infty (e^{\frac{1}{n}}-1)\sin(\frac{1}{n})$$ konverguoja, ir kartu koverguoja $$ \sum_{n = 1}^\infty (e^{\frac{1}{n}}-1)(e^{\frac{i}{n}}-1) $$

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!