successione def. per ricorrenza

[lozio]

Chiedo il vostro aiuto per risolvere questo problema.
Data la successione a_0=1,a_n=n*a_(n-1)+1,n=1,2,3...
calcolare a_100.
Grazie lo zio

[bh3u4m]

Si nota che:
$ n a_{n-1} + 1 == n (n-1) a_{n-2} + n + 1 == \\ == n (n-1) (n-2) a_{n-3} + n(n-1) + n + 1 $
Da qui mi pare abbastanza semplice...

[Simo_the_wolf]

Non mi pare tanto bello... approssimantivamente $ x_n=\lfloor e(n!)\rfloor $ e cio' non e' bello... naturalmente $ e $ e' il numero di nepero

[HiTLeuLeR]

Si nota che: $ n a_{n-1} + 1 == n (n-1) a_{n-2} + n + 1 == $ $ n (n-1) (n-2) a_{n-3} + n(n-1) + n + 1 $. Da qui mi pare abbastanza semplice...

A parte le notazioni da informatico... Potrei capire cosa te lo fa pensare?!?

[HiTLeuLeR]

Non mi pare tanto bello... approssimantivamente $ x_n=\lfloor e(n!)\rfloor $ e cio' non e' bello... naturalmente $ e $ e' il numero di nepero

E cosa vorrebbe dire quel tuo "approssivamantivamente"? Baaah... La formula, in tutta evidenza, non funziona, ché difatti $ a_0 := 1 \neq 2 = \lfloor e\rfloor = \lfloor e \cdot 0! \rfloor\, $. Qualcuno prova a rilanciare?!?

[Singollo]

Questo è tutto quello che sono riuscito a farne venir fuori.
$ n! + \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \frac{n!}{\left(n-k\right)!} $

[HumanTorch]

Idem: per andare avanti forse può servire la formula per il calcolo della sommatoria dei primi n fattoriali postata da HiTLeuLeR qualche tempo fa..

[HiTLeuLeR]

[...] per andare avanti forse può servire la formula per il calcolo della sommatoria dei primi n fattoriali postata da HiTLeuLeR qualche tempo fa..

Ehmmm... Io?!? Ahmmm... Ne sei proprio sicuro?!?

[Simo_the_wolf]

Allora... Procediamo rigorosamente.
Abbiamo che $ a_n=n! \sum_{i=1}^n \frac 1{i!} $ com'è già stato peraltro detto. Ora sappiamo che:

$ \displaystyle \sum_{i=1}^n \frac 1{i!}=\sum_{i=1}^\infty \frac 1{i!}-\sum_{i=n+1}^\infty \frac 1{i!}=e-\sum_{i=n+1}^\infty \frac 1{i!} $

Quindi avremo che:
$ a_n=e(n!) - (\frac 1{n+1}+ \frac 1{(n+1)(n+2)}+ \frac 1{(n+1)(n+2)(n+3)} ....) $

Ora quando è che abbiamo $ a_n=\lfloor e(n!) \rfloor $ ??

Abbiamo che $ e(n!)-1 < \lfloor e(n!) \rfloor \leq e(n!) $ e quindi, sostituendo $ a_n=\lfloor e(n!) \rfloor $ , deve essere

$ \frac 1{n+1}+ \frac 1{(n+1)(n+2)}+ \frac 1{(n+1)(n+2)(n+3)} ....<1 $

e ciò accade per ogni $ n\geq1 $ infatti abbiamo che:

$ \frac 1{n+1}+ \frac 1{(n+1)(n+2)}+ \frac 1{(n+1)(n+2)(n+3)}...< $ $ \frac 1{n+1}+ \frac 1{(n+1)^2}+ \frac 1{(n+1)^3} .... =1/n \leq 1 $

infatti possiamo dire che $ a_0=1 $ e $ a_n=\lfloor e(n!) \rfloor $ per ogni $ n \in \mathbb{N}_0 $. Quindi un calcolo semplice della calcolatrice ci renderà:

$ a_{100}=2,5368695556012729741527074821228\cdot 10^{158} $

[HiTLeuLeR]

Simo, per quanto gli errori e le lacune dimostrative che affliggono le tue argomentazioni siano evidenti come soltanto potrebbero esserlo le chiazze di petrolio sullo sfondo verdeazzurro del Mare dei Coralli, non io sarò a indicarti - questa volta - perché ti sbagli e dove questo occorre. Pur tuttavia, per persuaderti del torto che ti rendi sorvolando, come fai, su quelli che, quasi con tono dileggioso, ti diverte di chiamar "dettagli", lasciami pure, amice, educarti sul conto della verità. Guarda, posto $ \Delta_n := \displaystyle \lfloor e \cdot n! \rfloor - n! \cdot \sum_{k=1}^n \frac{1}{k!} $, per ogni $ n\in\mathbb{N}_0 $, vale $ \Delta_1 = 1 $, $ \Delta_2 = 2 $, $ \Delta_3 = 6 $ and so on going. Uhmmm... Che ne dici, ti ho convinto?!?

Può darsi che il tuo problema sia che ragioni troppo da olimpionico della Matematica, e troppo poco da Teorico dei Numeri...

[Boll]

$ \displaystyle \sum_{i=1}^{+\infty} \frac 1{i!}=e $

Uhm, sicuro?
Credo euler si riferisse a questo

[bh3u4m]

Ho provato con la forza bruta... Il risultato di Simone è molto simile a quello che ha calcolato il mio computer:

253686955560127260000000000000000000000000000000000000000000000
000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000
000000000000000000000000000000000

Gli zeri potrebbero essere causati da un'insufficiente tenuta di memoria del computer, per cui garantisco solo le prime cifre.

A parte questo, sapete se esistono in C/C++ strutture predefinite per tenere in memoria certi numeri enormi o sono costretto a rifare il mio programma con un vettore?

[HiTLeuLeR]

Ho provato con la forza bruta... Il risultato di Simone è molto simile a quello che ha calcolato il mio computer [...]

Credo nella forza del pensiero... E per quanto mi dolga ammetterlo, Simo (questa volta) non è stato affatto diligente, e il nostro Bollazzo ne ha prontamente evidenziato la ragione. Nondimeno, ho provato con la forza dei computer, ma non che fosse necessario!!! Ebbene, Wolfram mi ha garantito, non senza quell'intimo pudore che pervade lo spirito delle menti consapevoli, quando affidano se stesse al consiglio delle macchine, che: $ a_{100} $ = 1619643475173449761809072244495736
55153975926404935685971824044313153970454308096219099011663485486822083846909615787532711911571
82215847847686213522639563192102.

[fph]

A parte questo, sapete se esistono in C/C++ strutture predefinite per tenere in memoria certi numeri enormi o sono costretto a rifare il mio programma con un vettore?

Nativamente nel linguaggio, no.
Pero' c'e' la libreria GNU GMP : http://www.swox.com/gmp/

[Simo_the_wolf]

Scusate l'errorazzo.... Sbagliai, travisai tutto... cmq si può ancora correggere. Infatti ciò che manca è un $ -n! $. Per il resto dovrebbe essere tutto apposto!

Quindi in definitiva $ a_n=\lfloor en! \rfloor -n! $ (funziona anche per $ n=0 $).

Scusate ancora... Byez