Altra funzione partizione
Sia $P_k(n)$ con $k<=n$ il numero di modi in cui si può ripartire $n$ in $k$ interi positivi.
Dimostrare che per ogni $n$ si ha
$(-1)^n=P_1(n)-P_2(n)+P_3(n)-...+-P_(n-1)(n)$
ad esempio
$1=P_1(2)$
$-1=P_1(3)-P_2(3)=1-2$
$1=P_1(4)-P_2(4)+P_3(4)=1-3+3$
$-1=P_1(5)-P_2(5)+P_3(5)-P_4(5)=1-4+6-4$
.....
Ciao!
PS dimenticavo, dimostrare il tutto senza ricorrere a formule esplicite per $P_k(n)$, che ne so con i coefficienti binomiali o simili...
Dimostrare che per ogni $n$ si ha
$(-1)^n=P_1(n)-P_2(n)+P_3(n)-...+-P_(n-1)(n)$
ad esempio
$1=P_1(2)$
$-1=P_1(3)-P_2(3)=1-2$
$1=P_1(4)-P_2(4)+P_3(4)=1-3+3$
$-1=P_1(5)-P_2(5)+P_3(5)-P_4(5)=1-4+6-4$
.....
Ciao!
PS dimenticavo, dimostrare il tutto senza ricorrere a formule esplicite per $P_k(n)$, che ne so con i coefficienti binomiali o simili...
Risposte
Nessun idea?
A quanto pare sono l' unico che ha il coraggio di chiederti di postare la soluzione
p.s. non ho neanche provato a risolverlo, già oggi ho sprecato troppo tempo (30 minuti) a cercare di risolvere "Strana funzione"
p.s. non ho neanche provato a risolverlo, già oggi ho sprecato troppo tempo (30 minuti) a cercare di risolvere "Strana funzione"
"eafkuor":
A quanto pare sono l' unico che ha il coraggio di chiederti di postare la soluzione
p.s. non ho neanche provato a risolverlo, già oggi ho sprecato troppo tempo (30 minuti) a cercare di risolvere "Strana funzione"
Beh, complimenti per l'impegno, comunque vorrei ricordare che formulare giochi di questo tipo è mooolto più facile che risolverli, perlomeno per me, sono questioni di forma mentis...
Voglio lasciare questo giochetto ancora per un pò, fidandomi della tua onestà ti invio la mia soluzione
Ciao!
"carlo23":
Beh, complimenti per l'impegno, comunque vorrei ricordare che formulare giochi di questo tipo è mooolto più facile che risolverli, perlomeno per me, sono questioni di forma mentis...
grazie dei complimenti
comunque è la forma mentis che mi manca, fino ad ora non ho mai cercato di risolvere problemi troppo grossi (anche se questo non lo è), solo ultimamente mi ci sto dedicando un pochino di più, come vedi con scarsi risultati
"carlo23":
Voglio lasciare questo giochetto ancora per un pò, fidandomi della tua onestà ti invio la mia soluzione
grazie
Problema molto bello. Proverò, anche se con scarsi risultati.
"Crook":
Problema molto bello. Proverò, anche se con scarsi risultati.
Grazie, buona fortuna, per prima cosa ti consiglio di cercare una funzione generatrice per $P_k(n)$, comunque tranquillo la mia dimostrazione è brevissima.
Ciao!
Posso chiedere umilmente cosa è di preciso una funzione generatrice?
Associamo alla successione $a_0,a_1,a_2,...$ la serie: $f=sum_{n>=0} a_nx^n in F[[x]]$, detta la funzione generatrice della successione $a_0,a_1,a_2,...$. In questo modo si associa ad ogni successione di elementi di F un'unica serie appartenente a $F[[x]]$ e, viceversa, ogni serie appartenente a $F[[x]]$ resta associata ad un'unica successione di elementi di F. Quindi è una biiezione tra l'insieme delle successioni di elementi di F e $F[[x]]$.
Quindi a cosa serve trovare la generatrice di questa o quest' altra funzione? Per dare un' idea del suo comportamento?
Di solito è utile questo procedimento: si parte da una relazione di ricorrenza, si determina la funzione generatrice e si determina l'espressione per $F_n$.
Esempio classico: numeri di Fibonacci. $F_n=(alpha^n-beta^n)/(sqrt(5))$, con $alpha=(1+sqrt(5))/2$ e $beta=(1-sqrt(5))/2$.
Ciao!
Esempio classico: numeri di Fibonacci. $F_n=(alpha^n-beta^n)/(sqrt(5))$, con $alpha=(1+sqrt(5))/2$ e $beta=(1-sqrt(5))/2$.
Ciao!
"leonardo":
Di solito è utile questo procedimento: si parte da una relazione di ricorrenza, si determina la funzione generatrice e si determina l'espressione per $F_n$.
Esempio classico: numeri di Fibonacci. $F_n=(alpha^n-beta^n)/(sqrt(5))$, con $alpha=(1+sqrt(5))/2$ e $beta=(1-sqrt(5))/2$.
Ciao!
Ottimo esempio, ora non resta che provare ad applicarlo.
Notazione: $P(n,k)$ i modi per formare n con k numeri...
La tesi è:
$ sum_{j=0}^{n} (-1)^j*P(n,j)=0 $
usando l'identità:
$ sum_{i=0}^{n} *P(i,k-1)=P(n,k) $
si può procedere per induzione totale su $n$, invertendo un pò di sommatorie.... almendo credo...
Fatto tutto il procedimento, ci si può anche accorgere che esisteva un metodo più facile che esprime a parole quanto si è fatto con le sommatorie...
La tesi è:
$ sum_{j=0}^{n} (-1)^j*P(n,j)=0 $
usando l'identità:
$ sum_{i=0}^{n} *P(i,k-1)=P(n,k) $
si può procedere per induzione totale su $n$, invertendo un pò di sommatorie.... almendo credo...
Fatto tutto il procedimento, ci si può anche accorgere che esisteva un metodo più facile che esprime a parole quanto si è fatto con le sommatorie...
"Thomas":
Notazione: $P(n,k)$ i modi per formare n con k numeri...
La tesi è:
$ sum_{j=0}^{n} (-1)^j*P(n,j)=0 $
usando l'identità:
$ sum_{i=0}^{n} *P(i,k-1)=P(n,k) $
si può procedere per induzione totale su $n$, invertendo un pò di sommatorie.... almendo credo...
Fatto tutto il procedimento, ci si può anche accorgere che esisteva un metodo più facile che esprime a parole quanto si è fatto con le sommatorie...
Non ho capito bene la tua identità $ sum_{i=0}^{n} *P(i,k-1)=P(n,k) $, cos'è quel $*$, magari hai solo sbagliato a scrivere...
Si forse è un procedimento fattibile, anche se la mia dimostrazione non è induttiva
Ciao!
scusate io uso opera ma non riesco a vedere le notazioni matematiche.. ho scaricato mathplayer e i fonts per firefox, e infatti sui suddetti browsers funziona per bene e vedo tutto, ma con opera no... cosa dovrei fare?
grazie..
grazie..
"John_Nash":
scusate io uso opera ma non riesco a vedere le notazioni matematiche.. ho scaricato mathplayer e i fonts per firefox, e infatti sui suddetti browsers funziona per bene e vedo tutto, ma con opera no... cosa dovrei fare?
grazie..
Chiedi nella sezione "IL NOSTRO FORUM" li sapranno sicuramente aiutarti. A proposito visto che sei nuovo, ben venuto!
"carlo23":
[quote="John_Nash"]scusate io uso opera ma non riesco a vedere le notazioni matematiche.. ho scaricato mathplayer e i fonts per firefox, e infatti sui suddetti browsers funziona per bene e vedo tutto, ma con opera no... cosa dovrei fare?
grazie..
Chiedi nella sezione "IL NOSTRO FORUM" li sapranno sicuramente aiutarti. A proposito visto che sei nuovo, ben venuto!
[/quote]Grazi!
grazie anche del consiglio... proverò là!
"carlo23":
Non ho capito bene la tua identità $ sum_{i=0}^{n} *P(i,k-1)=P(n,k) $, cos'è quel $*$, magari hai solo sbagliato a scrivere...
Il puntino non c'entra nulla...
Esprimo comunque il procedimento che si fà con i calcoli quando si invertono le sommatorie... con esempio n=4...
Tesi: $P(4,1)-P(4,2)+P(4,3)-P(4,4)=0$
A destra possiamo contare tutte le combinazioni che hanno 1 come primo elemento e sono: $P(3,0)-P(3,1)+P(3,2)-P(3,3)$ e la loro somma fà 0 per ipotesi induttiva. Ora contiamo quelle che iniziano con 2. esse sono $P(2,0)-P(2,1)+P(2,2)$... e e così via... ogni volta si sommano quantità che danno zero...
spero vada bene...
"Thomas":
Esprimo comunque il procedimento che si fà con i calcoli quando si invertono le sommatorie... con esempio n=4...
Tesi: $P(4,1)-P(4,2)+P(4,3)-P(4,4)=0$
A destra possiamo contare tutte le combinazioni che hanno 1 come primo elemento e sono: $P(3,0)-P(3,1)+P(3,2)-P(3,3)$ e la loro somma fà 0 per ipotesi induttiva. Ora contiamo quelle che iniziano con 2. esse sono $P(2,0)-P(2,1)+P(2,2)$... e e così via... ogni volta si sommano quantità che danno zero...
spero vada bene...
Si, sembra funzioni anche se come dimostrazione non è molto chiara, chi la legge deve pensarci su un pò, però attento
non hai dimostrato che
"Thomas":
$ sum_{i=0}^{n} *P(i,k-1)=P(n,k) $
l'hai solo detto. Comunque ormai il problema è quasi risolto...
Ciao!
volevo solo dare l'idea... più formalmente si invertono delle sommatorie...
l'identità si dimostra contando le partizioni che hanno 1 come primo numero, poi 2 sempre come primo numero, poi 3... e così via...
la tua dimostrazione?...
l'identità si dimostra contando le partizioni che hanno 1 come primo numero, poi 2 sempre come primo numero, poi 3... e così via...
la tua dimostrazione?...
"Thomas":
volevo solo dare l'idea... più formalmente si invertono delle sommatorie...
l'identità si dimostra contando le partizioni che hanno 1 come primo numero, poi 2 sempre come primo numero, poi 3... e così via...
la tua dimostrazione?...
Eccola qui!
Con $|x|<1$ prendiamo $f(x)=x/(1-x)=x+x^2+x^3+...$ ovviamente $f^-1(x)=x/(1+x)=x-x^2+x^3-...$ segue che
$x=f^-1(f(x))=(x+x^2+x^3+...)-(x+x^2+x^3+...)^2+(x+x^2+x^3+...)^3-...$
riordinando
$x=x+(P_1(2)-1)x^2+(P_1(3)-P_2(3)+1)x^3+(P_1(4)-P_2(4)+P_3(4)-1)x^4+...$
e il risultato segue dal teorema sull'identità delle serie di potenze.
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