Sommatorie infinite difficilotte [own]

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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FeddyStra
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Messaggio da FeddyStra » 24 ago 2009, 23:01

dario2994 ha scritto:a Karl: ho tentato di seguire la dimostrazione, ma alcune cose mi piacerebbe se me le spiegassi (sono abbastanza ignorante in materia), così almeno le capisco:
Come fai a derivare (sempre che quelle siano derivate) V(x)?
La derivazione di $ V(x) $ è il cuore di entrambe le dimostrazioni di karl e mia. Essa viene effettuata normalmente con la regola di derivazione di un prodotto: $ \displaystyle \frac{d}{dx}\frac{u}{v}=\frac{\frac{du}{dx}v-u\frac{dv}{dx}}{v^2} $.
dario2994 ha scritto:Mi potresti dire che è la serie di taylor... che non l'ho mai capito...
Non sto a scrivere qui 1.5km di teoria, quindi ti do solo i link: Wikipedia, Mathworld.
Comunque puoi trovare facilmente altro materiale, e se possiedi un libro di analisi sicuramente compare anche lì sopra.
dario2994 ha scritto:Cosa sono $ C_{k,m}(z) $?
$ \displaystyle C_{k,n}=\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!} $ si chiama coefficiente binomiale. È una funzione con due argomenti, quindi $ (z) $ non centra niente, ma indica semplicemente un prodotto.
dario2994 ha scritto:A julio14: pur non sapendo come completare o dimostrare quanto hai detto lo ho capito in pieno ;) chiarissimo e anche conciso xD
Guarda che la mia soluzione usava proprio quella chiarissima idea. Semplicemente spiegava anche quanto "non sapresti completare o dimostrare".
dario2994 ha scritto:A Piever/FeddyStra: mi sono arreso nella lettura (non mantenendo la promessa) perchè non capivo onestamente un emerito cazzo xD Purtroppo mi mancano molte conoscenze e la simbologia mi risulta un mistero xD Mi scuso ma tanto conoscendo l'autore e vedendo i risultati dò per scontata l'esattezza xD
Non so proprio cosa possa risultare incomprensibile, almeno a livello di simbologia!
Ad ogni modo è vero il seguente teorema (a dispetto della teoria degli indistinguibili di Leibniz):
Teorema I: $ Piever \neq FeddyStra $
È nota anche una sua generalizzazione assai più potente:
Teorema II: $ Piever > FeddyStra $
Purtroppo non sono in possesso di references per gli ultimi due risultati e non me ne ricordo neppure la dimostrazione...
dario2994 ha scritto:p.s. lascio ancora un po di giorni poi scrivo la mia dimostrazione... che sicuramente è più facile da capire ;)
Sono curioso di vedere una soluzione che non faccia uso di nulla di ciò che è comparso fin qui.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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Messaggio da Maioc92 » 24 ago 2009, 23:10

comunque ho trovato una dimostrazione elementare del primo. Che comunque deve inevitabilmente chiamare in causa almeno in concetto di limite, seppur in modo molto intuitivo ($ 2^{-\infty} \rightarrow 0 $).
EDIT:trovata anche per il secondo punto. Però la generalizzazione mi sembra piuttosto complicata se non impossibile.
Se volete posto le prime 2, anche se sono un po' lunghine, altrimenti aspetto
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

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Messaggio da dario2994 » 25 ago 2009, 00:00

Certo che devi postare ;)
Ti assicuro che sviluppando meglio il tuo metodo (se è il mio stesso) si conclude ;)
comunque il concetto di limite mi pare quasi ovvio che va usato... e personalmente dato che lo trovo molto intuitivo penso sia considerabile olimpico ;)

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Messaggio da Maioc92 » 25 ago 2009, 11:37

ok ecco
Lemmino:
$ \displaystyle\sum_{i=k}^{\infty}\frac 1 {2^i}=2^{-k+1} $. Questo perchè si tratta di una progressione geometrica. Ora, poichè la sommatoria di una progressione geometrica da -n a -k è uguale $ 2^{-n}(2^{n-k+1}-1)=2^{-k+1}-2^{-n} $. Sostituiamo $ n=\infty $ ed abbiamo concluso il lemmino.

Ora la soluzione al punto 1:
$ \displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\frac i {2^i}=\sum_{i=1}^{\infty}(\sum_{k=i}^{\infty}\frac 1 {2^k}) $. Ora applichiamo il lemmino e troviamo che la precedente è uguale a $ \displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} 2^{-i} $, che a sua volta sempre per il lemma è uguale a $ 2^1=2 $
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Messaggio da Maioc92 » 25 ago 2009, 11:50

soluzione al punto 2:
$ \displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\frac {i^2}{2^i}=\sum_{i=1}^{\infty}((2i+1)\sum_{k=i}^{\infty}\frac 1 {2^k}) $.Sempre applicando il lemma la precedente è uguale a $ \displaystyle1+\frac 1 2*3+\frac 1 4*5.....=1+\sum_{i=1}^{\infty}\frac {2i+1}{2^i}=1+\sum_{i=1}^{\infty}\frac 1 {2^i}+\sum_{i=1}^{\infty}\frac i {2^{i-1}}=1+1+1+\sum_{i=1}^{\infty}\frac {i+1}{2^i}=3+\sum_{i=1}^{\infty}\frac i {2^i}+\sum_{i=1}^{\infty}\frac 1 {2^i}=3+2+1=6 $
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Messaggio da dario2994 » 25 ago 2009, 11:52

Bella soluzione Maioc ;)
Con questo metodo (molto simile al mio) si riesce a concludere ;)
Basta che tenti di generalizzare riconducendoti al caso precedente... o ai precedenti... considera quello che tu chiami lemma il caso 0, il punto 1 il caso 1... etc
Spero possa aiutare :)

Mi sono letto quanto scritto da Piever... i binomiali sapevo che erano xD Solo che non conoscevo quella notazione.
Per la derivazione sei stato chiarissimo; per Taylor non c'ho capito un cazzo uguale, ma non ti preoccupare prima o poi mi ci metto d'impegno e mi leggo bene i link che mi hai passato ;)

p.s. anzi il metodo è praticamente uguale al mio xD

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Messaggio da mitchan88 » 25 ago 2009, 17:01

Maioc92 ha scritto:Ora la soluzione al punto 1:
$ \displaystyle\sum_{i=1}^{\infty}\frac i {2^i}=\sum_{i=1}^{\infty}(\sum_{k=i}^{\infty}\frac 1 {2^k}) $
Qui stai assumendo che $ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty}a_{n,m}=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}a_{n,m} $, fatto non giustificato (non vale sempre) e non particolarmente "elementare" (come fra l'altro qualsiasi cosa in cui compaia una serie) :roll:
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Messaggio da Maioc92 » 25 ago 2009, 17:11

scusami ma non ho capito cosa vuoi dire....io non sto facendo uso di cose strane mi pare. Ho solo riscritto la prima sommatoria in modo diverso...
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

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Messaggio da FeddyStra » 25 ago 2009, 17:54

In quel caso le serie sono a termini positivi, quindi se convergono (e convergono) sono assolutamente convergenti, quindi i termini si possono permutare. O sbaglio?
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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Messaggio da mitchan88 » 25 ago 2009, 18:17

Maioc92 ha scritto:scusami ma non ho capito cosa vuoi dire....io non sto facendo uso di cose strane mi pare. Ho solo riscritto la prima sommatoria in modo diverso...
Il problema è che con le "somme infinite" non è detto che riordinando/raggruppando i termini il risultato sia lo stesso, anzi... Giusto per farti l'esempio di un caso patologico al massimo, considera $ \displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{i+1}}{i} $($ =\ln 2 $ mi pare, ma non importa): allora si dimostra che per ogni numero reale $ l $ (eventualmente anche più o meno infinito) esiste un riordinamento dei termini della serie in modo che questa converga ad $ l $ :?
FeddyStra ha scritto:In quel caso le serie sono a termini positivi, quindi se convergono (e convergono) sono assolutamente convergenti, quindi i termini si possono permutare. O sbaglio?
Proprio così (anche se qui si usa più che altro la proprietà dello scambio delle sommatorie) :wink:
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Messaggio da FeddyStra » 25 ago 2009, 18:20

@Maioc92: click!
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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Messaggio da Maioc92 » 25 ago 2009, 18:33

Anche se non ho capito bene il motivo ne prendo atto.Comunque in questo caso si torna all'inizio quando avevo fatto notare che il problema non era olimpico. Forse avrei fatto meglio a non provarci nemmeno...vabbè fa niente. A questo punto io mi arrendo :(
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

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Messaggio da julio14 » 26 ago 2009, 00:54

@dario2994 io so chi usa il mio account, non chi usa quello di Feddy
"L'unica soluzione è (0;0;0)" "E chi te lo dice?" "Nessuno, ma chi se ne fotte"
[quote="Tibor Gallai"]Alla fine, anche le donne sono macchine di Turing, solo un po' meno deterministiche di noi.[/quote]
Non sono un uomo Joule!!!

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Messaggio da Febo » 26 ago 2009, 01:07

FeddyStra ha scritto:Non so proprio cosa possa risultare incomprensibile, almeno a livello di simbologia!
Ad ogni modo è vero il seguente teorema (a dispetto della teoria degli indistinguibili di Leibniz):
Teorema I: $ Piever \neq FeddyStra $
È nota anche una sua generalizzazione assai più potente:
Teorema II: $ Piever > FeddyStra $
Purtroppo non sono in possesso di references per gli ultimi due risultati e non me ne ricordo neppure la dimostrazione...
Il maggiore si riferisce al numero di account?? In tal caso ti concedo che è un maggiore stretto, almeno per quanto ne so.... Anche se la congettura che dario2994 sia un tuo account è stuzzicante (è anche l'unica giustificazione possibile al modo in cui si rapporta con te). Comunque sono felice del fatto che dario abbia trovato chiara e concisa la mia idea (che in effetti è anche la tua) ma che non la sappia dimostrare (cosa, poi???) e che non ci capisca un emerito cazzo (bizzarro, avendola capita...).

Comunque presto conquisterò anche il tuo account MUHAHAAHAHAHAHAH!!!!

Ora si può chiudere l'Off Topic, e tornare a quel che resta del problema...

Consiglio generico a maioc e dario:

1) fate i bravi e non litigate!!!

2) l'analisi NON è un argomento olimpico... (non a livello Cesenatico o simili, almeno)
Fondatore dell'associazione "Non uno di meno", per lo sterminio massiccio dei nani e affini.

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Soluzione

Messaggio da dario2994 » 26 ago 2009, 21:29

Bueno... dato che penso che siano finiti i tentativi di soluzione posto la mia... spero che dopo tante critiche e dopo tanto scetticismo almeno qualcuno si degni di leggerla e commentarla (le critiche sono estremamente meglio del silenzio).
Purtroppo l'ho scritta in LaTeX e quindi ho solo il pdf; ve lo allego.

Le nozioni necessarie per capire la dimostrazione sono: il binomio di Newton, la conoscenza di base dei limiti (so che non sono olimpici... ma tanto non li conosco neanche io, sono andato a naso e ho cercato poi i vocaboli giusti su wiki per rendere la cosa formale... difatti potrei aver preso strafalcioni enormi in quella sezione xD), un poco d'intuito perchè per non essere troppo prolisso ho dato per scontato alcuni passaggi.

EDIT: SCARICATE IL NUOVO PDF... AVEVO TOPPATO L'ULTIMO PASSAGGIO NELL'ALTRO... ora allego quello giusto e tolgo l'altro.
Allegati
SID.pdf
Dimostrazione semi-olimpica
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