Domanda
esiste un modo veloce di fare $x*(x+1)*(x+2)*(x+3)...$ ??
Risposte
"Sergio":
Non so se è quello che cercavi, ma...
$x*(x+1)*(x+2)*...*(x+k)=(x+k)*(x+k-1)*(x+k-2)*...*x=((x+k)!)/((x-1)!)$
Ad esempio:
$3+(3+1)+(3+2)+...+(3+7)=1814400$;
$(3+7)! = 10! =3628800$;
$((3+7)!)/((3-1)!)=(10!)/2=1814400$.
se non conosco i fattoriali non sono in grado di capirlo, giusto?
"Sergio":
[quote="pippo93"]se non conosco i fattoriali non sono in grado di capirlo, giusto?
Giusto. Meglio: "conoscere i fattoriali" è semplice, nel senso che $n!=n*(n-1)*(n-2)*...*1$ non è poi così complicato, ma se il problema che hai posto ti serve per scuola, allora probabilmente c'è una soluzione diversa che a me sfugge.[/quote]
bhe, in effetti il problema di scuola si ferma a $(x+3)$ quindi è risolvibile con una semplice moltiplicazione tra polinomi applicando la propr. distributiva. stavo solo cercando una soluzione più corta e più elegante, ma forse troppo complicata...
Da quel che ho visto pippo93 è un tipo sveglio e curioso, quindi secondo me ce la fa a capirla, dato che nn è così complicata. Cerco di spiegarla semplicemente (sempre se ho capito la richiesta... 
)
Intanto diciamo che $n! = n*(n-1)*(n-2)*...*2*1$ (il fattoriale di un numero naturale è quindi il prodotto dei primi n numeri naturali)
esempio: $5! = 5*4*3*2*1=120$. Semplice, no?
La tua richiesta è un "modo veloce", ovvero una formula, per calcolare roba del tipo $x*(x+1)*(x+2)*...*(x+k)$
Allora puoi scrivere
$x*(x+1)*(x+2)*...*(x+k-2)*(x+k-1)*(x+k)=(1*2*...*(x-2)*(x-1)*x*(x+1)*(x+2)*...*(x+k-2)*(x+k-1)*(x+k))/(1*2*...*(x-2)*(x-1))$
(Ho semplicemente moltiplicato e diviso per $1*2*...*(x-2)*(x-1)$
Ora se osservi questa mega frazione, a numeratore non hai altro che $(x+k)!$ e a denominatore $(x-1)!$, da qui la formula $x*(x+1)*...*(x+k)=((x+k)!)/((x-1)!)$.
Per un esempio, guarda quello di Sergio...che ne dici? Capibile?
)Intanto diciamo che $n! = n*(n-1)*(n-2)*...*2*1$ (il fattoriale di un numero naturale è quindi il prodotto dei primi n numeri naturali)
esempio: $5! = 5*4*3*2*1=120$. Semplice, no?
La tua richiesta è un "modo veloce", ovvero una formula, per calcolare roba del tipo $x*(x+1)*(x+2)*...*(x+k)$
Allora puoi scrivere
$x*(x+1)*(x+2)*...*(x+k-2)*(x+k-1)*(x+k)=(1*2*...*(x-2)*(x-1)*x*(x+1)*(x+2)*...*(x+k-2)*(x+k-1)*(x+k))/(1*2*...*(x-2)*(x-1))$
(Ho semplicemente moltiplicato e diviso per $1*2*...*(x-2)*(x-1)$
Ora se osservi questa mega frazione, a numeratore non hai altro che $(x+k)!$ e a denominatore $(x-1)!$, da qui la formula $x*(x+1)*...*(x+k)=((x+k)!)/((x-1)!)$.
Per un esempio, guarda quello di Sergio...che ne dici? Capibile?
"pippo93":
bhe, in effetti il problema di scuola si ferma a $(x+3)$ quindi è risolvibile con una semplice moltiplicazione tra polinomi applicando la propr. distributiva. stavo solo cercando una soluzione più corta e più elegante, ma forse troppo complicata...
Se si ferma a (x+3) un modo più semplice potrebbe essere l'applicazione del cosiddetto "trinomio speciale" al contrario. Ad esempio tra il secondo e il terzo fattore
$(x+1)(x+2)=x^2+3x+2$
dove il coefficiente di x è la somma dei termini noti dei due binomi, e il termine noto è il loro prodotto. Fatto questo si applica la proprietà distrubutiva con i rimanenti due fattori.
$x(x^2+3x+2)(x+3)$
Risparmi un passaggio fondamentalmente e non applichi la proprietà distributiva per tre volte, ma solo per due volte.
Di solito si fa il passaggio contrario, cioè ti viene assegnato un trinomio da scrivere come prodotto dei binomi.
"alvinlee88":
Da quel che ho visto pippo93 è un tipo sveglio e curioso, quindi secondo me ce la fa a capirla, dato che nn è così complicata. Cerco di spiegarla semplicemente (sempre se ho capito la richiesta...
Intanto diciamo che $n! = n*(n-1)*(n-2)*...*2*1$ (il fattoriale di un numero naturale è quindi il prodotto dei primi n numeri naturali)
esempio: $5! = 5*4*3*2*1=120$. Semplice, no?
La tua richiesta è un "modo veloce", ovvero una formula, per calcolare roba del tipo $x*(x+1)*(x+2)*...*(x+k)$
Allora puoi scrivere
$x*(x+1)*(x+2)*...*(x+k-2)*(x+k-1)*(x+k)=(1*2*...*(x-2)*(x-1)*x*(x+1)*(x+2)*...*(x+k-2)*(x+k-1)*(x+k))/(1*2*...*(x-2)*(x-1))$
(Ho semplicemente moltiplicato e diviso per $1*2*...*(x-2)*(x-1)$
Ora se osservi questa mega frazione, a numeratore non hai altro che $(x+k)!$ e a denominatore $(x-1)!$, da qui la formula $x*(x+1)*...*(x+k)=((x+k)!)/((x-1)!)$.
Per un esempio, guarda quello di Sergio...che ne dici? Capibile?
OK, ho capito in generale che cos'è un fattoriale e che cos'è $(x+k)!$ e $(x-1)!$. E quindi $1*2*...x*(x+1)*(x+2)*(x+3)=(x+3)!$ (giusto?). e quindi $x*(x+1)...(x+k)$ non è un fattoriale, ma per renderlo tale lo moltiplico per $1*2*...$ e allo stesso tempo dividendolo per lo stesso e quindi grazie alla propr.invariantiva ottengo $((x+k)!)/((x-1)!)$ . No?
E poi, dopo che so che $x*(x+1)*(x+2)*(x+3)=((x+k)!)/((x-1)!)$ (e conosco solo questa uguaglianza) rimango bloccato e non posso calcolare a quanto equivale $((x+k)!)/((x-1)!)$ se non con una lunga moltiplicazione fra polinomi. Come fare?
Credo che dovrebbe essere $x*(x+1)*(x+2)*(x+3)=\frac{(x+3)!}{(x-1)!}$. Ma, a parte questo, questa formula non serve per sviluppare il prodotto dei quattro fattori proposti, quanto invece per compattare quel prodotto sotto forma di fattoriale e, vicevera, per sompattare il fattoriale nel prodotto. In pratica la formula proposta da Sergio e spiegata da alvinlee88 (a proposito, ti ringrazio, perché è da ieri sera che cercavo di capire da dove veniva fuori e non c'ero ancora arrivato, credo che se non l'avessi scritto avrei tormentato di nuovo Sergio) serve per determinare il valore di quel prodotto noti $x$ e $k$ senza ricorrere alla moltiplicazione ripetuta.
Forse per Pippo il fattoriale è un concetto facile ma al momento inutile.
Propongo invece un metodo diverso.
Si fa la somma dei 3 termini noti:
1+2+3=6
Si fa la somma dei prodotti degli stessi numeri presi a due a due in tutti i modi possibili:
1*2+1*3+2*3=11
Si fa il prodotto dei numeri presi a 3 a 3:
1*2*3=6
Allora il polinomio prodotto è $x^3+6x^2+11x+6$
La regola si estende facilmente al caso di più di 3 fattori,solo che poi i calcoli diventano più lunghi.
Dopo di che consiglierei a Pippo di non cercare scorciatoie a tutti i costi...
ciao
Propongo invece un metodo diverso.
Si fa la somma dei 3 termini noti:
1+2+3=6
Si fa la somma dei prodotti degli stessi numeri presi a due a due in tutti i modi possibili:
1*2+1*3+2*3=11
Si fa il prodotto dei numeri presi a 3 a 3:
1*2*3=6
Allora il polinomio prodotto è $x^3+6x^2+11x+6$
La regola si estende facilmente al caso di più di 3 fattori,solo che poi i calcoli diventano più lunghi.
Dopo di che consiglierei a Pippo di non cercare scorciatoie a tutti i costi...
ciao
Non ho capito la domanda.
Mi spiego meglio: non ho capito a quale parte del mio intervento è rifeirta. E' riferita alla parte dove ringrazio alvinlee88 per la dimostrazione della formula che hai proposto o è riferita alla parte dove dico che la formula non è funzionale a quello che il problema pratico che pippo93 vuole risolvere perché serve a compattare quello che è il prodotto proposto?
Mi spiego meglio: non ho capito a quale parte del mio intervento è rifeirta. E' riferita alla parte dove ringrazio alvinlee88 per la dimostrazione della formula che hai proposto o è riferita alla parte dove dico che la formula non è funzionale a quello che il problema pratico che pippo93 vuole risolvere perché serve a compattare quello che è il prodotto proposto?
"pippo93":
OK, ho capito in generale che cos'è un fattoriale e che cos'è $(x+k)!$ e $(x-1)!$. E quindi $1*2*...x*(x+1)*(x+2)*(x+3)=(x+3)!$ (giusto?). e quindi $x*(x+1)...(x+k)$ non è un fattoriale, ma per renderlo tale lo moltiplico per $1*2*...$ e allo stesso tempo dividendolo per lo stesso e quindi grazie alla propr.invariantiva ottengo $((x+k)!)/((x-1)!)$ . No?
E poi, dopo che so che $x*(x+1)*(x+2)*(x+3)=((x+k)!)/((x-1)!)$ (e conosco solo questa uguaglianza) rimango bloccato e non posso calcolare a quanto equivale $((x+k)!)/((x-1)!)$ se non con una lunga moltiplicazione fra polinomi. Come fare?
Beh, con la calcolatrice (sempre se si tratta di naturali)!!!
Io e (credo) Sergio, abbiamo pensato di fornirti un metodo per un approccio "operativo", il che significa:
senza noiose e inutili e lunghe moltiplicazioni fra polinomi (che devi saper fare comunque, però
ma facendo lavorare al posto nostro una stupida macchinetta (molto più rapida di noi a svolgere simili calcoli) diretta intelligentemente.A questo servono i computer, e la mia idea sui procedimenti molto contosi è: il pensare agli uomini, i conti alle macchine.
Detto questo, ripeto che forseho capito male la tua richiesta, nel qual caso la risposta più giusta è quella di manlio.
Buono studio...
Non me ne sono accorto proprio, non l'ho proprio riconosciuto 
Non mi è venuto proprio in mente di collegare quello che aveva chiesto pippo93 con la formula per le disposizioni.
Sono proprio un fenomeno: chiedo scusa
Non mi è venuto proprio in mente di collegare quello che aveva chiesto pippo93 con la formula per le disposizioni.
Sono proprio un fenomeno: chiedo scusa
Esiste un modo (analogo ai fattoriali) per calcolare $n+(n+1)+(n+2)...+(n+m)$?
"pippo93":
Esiste un modo (analogo ai fattoriali) per calcolare $n+(n+1)+(n+2)...+(n+m)$?
$n+(n+1)+(n+2)...+(n+m)= n(m+1)+(1+2+3+...+m)=n(m+1)+(m(m+1))/2=...$
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