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Sapendo che $ f(1)=2013 $ e che $f(1)+f(2)+...+f(n)=n^2f(n)$ con $ n>1 $, calcolare $ f(2013) $.
P.S spero di non averlo copiato erroneamente dal forum.

Per caso

$ f(2013)=\frac{1}{2014} $ ?

Se è corretto posto il procedimento.

Non ricordo bene i calcoli, ma mi sembra che venisse ${2\over{2014}}$

Si, probabilmente non ho contato bene il numero di iterazioni, comunque l' ho risolto così:

Risulta

$ f(2013)=2013^2f(2013)-2012^2f(2012) $
$ 2014f(2013)=2012f(2012) $ (1)

ma ora

$ f(2012)=2012^2f(2012)-2011^2f(2011) $
$ 2013f(2012)=2011f(2011) $

$ f(2012)=\frac{2011f(2011)}{2013} $

e sostituendo nella (1)

$ 2013*2014f(2013)=2011*2012f(2011) $

ed iterando questo procedimento si giunge al risultato.

L'idea mi sembra corretta, ad ogni modo sei partito a rovescio pur avendo un'informazione di base, ovvero $f(1)=2013$. Come si può sfruttare bene tale informazione?

Ecco come procedo sfruttando $ f(1)=2013 $:
calcolo $ f(2) --> f(1)+f(2)=4f(2) --> f(2)=\frac{1}{3} 2013 $
calcolo $ f(3) $ allo stesso modo e scopro che $ f(3)=\frac{1}{6}2013 $
calcolo $ f(4)=\frac{1}{10}2013 $...
e mi sembra sufficiente per ipotizzare che il denominatore delle frazioni sia la sequenza dei numeri triangolari (in caso sia necessario dimostrarlo, non so come procedere)...
quindi, per calcolare $ f(2013) $, ho bisogno del 2013° numero triangolare: $ x_{2013}=\frac{n(n+1)}{2}=\frac{2013*2014}{2} $; ora, $ f(2013)=\frac{2013}{x_{2013}}=\frac{2013*2}{2013*2014}=\frac{2}{2014} $

Lo dimostri per induzione! (estesa, cioè il fatto che vale da 1 a \(n\) implica che valga anche per \(n+1\))
Supponiamo che valga \(\displaystyle f(k) = \frac{1}{T_k}f(1) = \frac{2}{k(k+1)} f(1)\), per \(1 \leq k \leq n\).
Allora sostituendo nell'equazione funzionale hai \(\displaystyle f(n+1) [(n+1)^2-1] = 2f(1) \sum_{k=1}^n{\frac{1}{k(k+1)}} \)
Quella somma è una telescopica: sfruttando il fatto che \(\displaystyle \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} = \frac{1}{n(n+1)} \), ottieni
\( \displaystyle \sum_{k=1}^n{\frac{1}{k(k+1)} } = 1 - \frac{1}{n+1} = \frac{n}{n+1}\)

Sostituendo ottieni
\(\displaystyle f(n+1) [n(n+2)] = 2f(1) \frac{n}{n+1} \ \ \ \Rightarrow\ \ \ f(n+1) = \frac{2}{(n+1)(n+2)} f(1) \),
come volevi dimostrare

Gottinger95 ha scritto:Quella somma è una telescopica

Considerato che non conosco ancora bene le serie, esistono (oltre a questa appena incontrata) altre serie telescopiche importanti (su wiki si parla anche della serie geometrica), in particolare come faccio a riconoscerle facilmente?
In pratica, dovrei capire che stiamo parlando di una serie i cui termini si presentino come differenza di un elemento e il suo precedente, se ho beninteso... ma come faccio a capirlo in questo caso... o in qualunque altro? (per esempio, in questo caso potrei provare a scrivere $ \frac{1}{k(k+1)} $ come somma di due frazioni, idea basata sul teorema di identità dei polinomi, ma questo non è sempre applicabile...)

Chiaramente le riconosci facendo molti esercizi e per dimostrare che per esempio una successione "sembra essere cosi", provi l'induzione. L' esercizio è comunque corretto

Considerato che non conosco ancora bene le serie, esistono (oltre a questa appena incontrata) altre serie telescopiche importanti (su wiki si parla anche della serie geometrica), in particolare come faccio a riconoscerle facilmente?

Le riconosci perchè ti si semplifica tutto tranne il primo e l'ultimo termine. Io l'ho riconosciuta perchè mi era capitata altre volte, ma in generale prova anche dei casi a mano per familiarizzare un pochino.

per esempio, in questo caso potrei provare a scrivere \(\frac{1}{k(k+1)} \) come somma di due frazioni, idea basata sul teorema di identità dei polinomi, ma questo non è sempre applicabile...

In realtà si, è sempre applicabile, e si chiama metodo della decomposizione in frazioni parziali ( o qualcosa del genere).

Sia \(\displaystyle \frac{P(x)}{Q(x)}\) una frazione tale che il grado di \(P(x)\) sia minore di quello di \(Q(x)\). Facciamo conto che abbiamo trovato le \(n\) soluzioni \(s_1, \ldots, s_n\) di \(Q(x)\), e supponiamo che siano distinte per non complicarci la vita. Vogliamo riuscire a scrivere
\(\displaystyle \frac{P(x)}{(x-s_1) \ldots (x- s_n)} = \frac{k_1}{x-s_1} + \ldots + \frac{k_n}{x-s_n}\)

per qualche \(k_1, \ldots, k_n\).

Adesso vogliamo trovare \(k_1\): moltiplichiamo tutto per \((x-s_1)\) e sostituiamo \(x = s_1\) (visto che è un'identità, deve valere per tutti gli \(x\), in particolare anche per \(x = s_1\) ): tutti i termini tranne il primo si cancellano, e rimane:

\(\displaystyle \frac{P(x)}{(x-s_2) \ldots (x- s_n)} = k_1+ \frac{k_2(x-s_1)}{x-s_2} + \ldots + \frac{k_n(x-s_1)}{x-s_n} \Rightarrow x= s_1 \Rightarrow \frac{P(s_1)}{(s_1-s_2) \ldots (s_1- s_n)} = k_1\)

Con lo stesso procedimento si possono ottenere anche \(k_2, \ldots, k_n\). Prova con \(\frac{1}{k(k+1)}\) e vedrai che troverai facilmente come si scompone!

Gottinger95 ha scritto:In realtà si, è sempre applicabile, e si chiama metodo della decomposizione in frazioni parziali ( o qualcosa del genere).

Non intendevo dire che quel metodo non fosse sempre applicabile (infatti l'ho ripassato di recente come regola necessaria per l'integrazione di frazioni il cui denominatore fosse un polinomio di grado maggiore di quello al numeratore; devo dire che il metodo che hai esposto tu sembra più furbo di quello che conosco io, però non capisco: moltiplichi per $ (x-s_1) $ e poi sostituisci $ x=s_1 $, questo non va contro le condizioni da porre all'inizio, cioè denominatore diverso da 0?), intendevo dire che non posso aspettarmi che tutte le serie telescopiche si presentino come frazione da ridurre ad una differenza di due elementi: magari assumono una forma differente (magari, dico io, dato che non le conosco bene). Semplicemente, volevo un metodo semplice per riconoscerle, pertanto mi hai già risposto nella prima riga. Grazie mille