Factorialul

Scris de **meteor** Mar 29 Ian 2013, 12:21

Conjectura: Daca scrim un sir de numere naturale termenii caruia sunt ridicati la o putere naturala k, terminii celui de al doilea sir, fiind sub primul sir, ei fiind diferenta dintre termenii confecutivi ai primului sir, repetind procedeul, vom ajunge ca termenii ultimului sir sunt totii egali intre ei, ei fiind egali cu $k!$ , ca in imagine:
$\begin{matrix} 1^{k} & 2^{k} & 3^{k} & ... &n^{k} & (n+1)^{k} & (n+2)^{k} & (n+3)^{k} & ... & \\ 2^{k}-1^{k}& 3^{k}-2^{k} & 4^{k}-3^{k} &... & (n+1)^{k}-n^{k} & ... & ... & ...& ...\\ ....&......&.....&.....&.....&......&.....&....&....\\ k!&k! &k! &k! &k! &k! &k! &k! &... & \end{matrix}$
Deci vom avea:
$k!=\sum_{i=0}^{k}(-1)^{i}C^{i}_{k}(k-i+1)^{k},\forall k\geq 0$
sau
$k!=\sum_{i=0}^{k}(-1)^{i}C^{i}_{k}(n-i+1)^{k},\forall n\geq k\geq 0$ .

Cine se apuca de demonstrat trebue sa demonstreze ca scaderea succesiva a terminilor ridicati la putere, va da un numar ce reprezinta factorialul puterii, sau sa demonstreze direct acea egalitate.
Poate, acea egalitate va putea ajuta la calculul direct al factorialului.

Scris de **meteor** Mar 29 Ian 2013, 12:50

Sau alta jmecherie, care poate va ajuta la inblinzirea factorialului:
Derivata de orinul n din x la puterea n (natural) este egal cu n factorial:
$(x^{n})^{(n)}=n!$

Scris de **meteor** Mar 29 Ian 2013, 14:03

omuldinluna a scris:Dacă te interesează să faci de mână un n! fără să fie nevoie să faci toate înmulțirile, uită-te aici:

http://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_function

G(n+1)=n!

deci dacă ți se pare mai ușor să faci integrala decât toate înmulțirile, problema ar fi deja rezolvată. Numai să ai răbdare să integrezi prin părți.

Scris de **meteor** Joi 14 Feb 2013, 19:56

meteor a scris:Conjectura: Daca scrim un sir de numere naturale termenii caruia sunt ridicati la o putere naturala k, terminii celui de al doilea sir, fiind sub primul sir, ei fiind diferenta dintre termenii confecutivi ai primului sir, repetind procedeul, vom ajunge ca termenii ultimului sir sunt totii egali intre ei, ei fiind egali cu $k!$ , ca in imagine:
$\begin{matrix} 1^{k} & 2^{k} & 3^{k} & ... &n^{k} & (n+1)^{k} & (n+2)^{k} & (n+3)^{k} & ... & \\ 2^{k}-1^{k}& 3^{k}-2^{k} & 4^{k}-3^{k} &... & (n+1)^{k}-n^{k} & ... & ... & ...& ...\\ ....&......&.....&.....&.....&......&.....&....&....\\ k!&k! &k! &k! &k! &k! &k! &k! &... & \end{matrix}$
Deci vom avea:
$k!=\sum_{i=0}^{k}(-1)^{i}C^{i}_{k}(k-i+1)^{k},\forall k\geq 0$
sau
$k!=\sum_{i=0}^{k}(-1)^{i}C^{i}_{k}(n-i+1)^{k},\forall n\geq k\geq 0$ .

Cine se apuca de demonstrat trebue sa demonstreze ca scaderea succesiva a terminilor ridicati la putere, va da un numar ce reprezinta factorialul puterii, sau sa demonstreze direct acea egalitate.
Poate, acea egalitate va putea ajuta la calculul direct al factorialului.

Vom modifica putin notatiile care le-am facut, caci suntem deprinsi a lucra putin cu alte notatii.
Deaceea propun asa sa fie:
$x!=\sum_{i=0}^{x}(-1)^{i}C^{i}_{x}(x-i+1)^{x} \Leftrightarrow x!= \sum_{i=0}^{x}(-1)^{i}C^{i}_{x}(k-i+1)^{x},\forall k\geq x\geq 0$
Ca sa nu o facem pe desteptul, nu vad ce necesitate ar avea la moment sa aplicam a doua formula, deaceea pina cind nu vom avea mare nevoe de a doua formula, nu ne atingem de ea, ca numai ne complicam.
Deci vom "incerca" sa rezolvam prima formula:
$x!=\sum_{i=0}^{x}(-1)^{i}C^{i}_{x}(x-i+1)^{x}=\sum_{i=0}^{2x}C_{2x}^{i}(2x-i+1)^{x}-\left ( \sum_{i=0}^{2x+1}C_{2x+1}^{i}(2x-i+2)^{x}\right ) ,\forall x\geq 0$
Aceasta am facut pentru a scapa de $(-1)^{i }$

Acum avem batae de cap cu $C_{x}^{i}$ al scrie in un mod mai omenesc.
Analizind triunghiul lui Pascal, vom abserva ca toate combinarile din x luate cite i se obtin recursiv.

Scris de **meteor** Dum 17 Feb 2013, 13:14

Analizind triunghiul lui Pascal observam ca:
$C_{x}^{i}=\sum_{j=x-1}^{i-1}C_{j}^{i-1}$ ,unde $C_{j}^{j}=1$ .
Aici se observa recursivitatea de obtinere a combinarilor de grad superior.
Deci cautam in continuare o modatitate de exprimare a combinarilor NU in functie de combinari si sau in functie de factorial.

Chinezeasca noastra [cu mici corectii] devine:
[la noua egalitate posibil sa fi scapat ceva erori]
$x!=\sum_{i=0}^{x}(-1)^{i}C^{i}_{x}(x-i+1)^{x}=\sum_{i=0}^{2x}C_{2x}^{i}(2x-i+1)^{2x}-\left ( \sum_{i=0}^{2x+1}C_{2x+1}^{i}(2x-i+2)^{2x+1}\right )=\sum_{i=0}^{2x} \sum_{j=2x-1}^{i-1} C_{j}^{i-1}(j-i)^{j}-\left ( \sum_{i=0}^{2x+1}\sum_{j=2x}^{i-1}C_{j}^{i-1}(j-i)^{j}\right ) ,\forall x\geq 0$ ,unde $C_{i-1}^{i-1}=1$

[Ce e drept, aici se lucreaza la reinventarea bicicletei cu o roata si jumatate. Bicicletele cu alte roti [cam tot felul de biciclete] demult timp au fost inventate deja de sfinti ca: Euler, Gauss, etc. ]

Scris de **meteor** Dum 17 Feb 2013, 13:58

Spre exemplu din formula:
$C_{x}^{i}=\sum_{j=x-1}^{i-1}C_{j}^{i-1}$
Incercam sa vedem ce se intimpla pentru anumite cazuri particulare.
0. $C_{x}^{0}=C_{x}^{x}=1$

1. $C_{x}^{1}=C_{x}^{x-1}=x$

2. $C_{x}^{2}=C_{x}^{x-2}=\sum_{j=x-1}^{1}C_{j}^{1}=\sum_{j=x-1}^{1}j=\frac{(x-1)(x-2)}{2}$

3. $C_{x}^{3}=C_{x}^{x-3}=\sum_{j=x-1}^{2}C_{j}^{2}=\sum_{j=x-1}^{2}\frac{(j-1)(j-2)}{2}=\frac{1}{2}\sum_{j=x-1}^{2}\left ( j^{2} -3j+2\right )=\frac{1}{2}\sum_{j=x-1}^{2}j^{2}-\frac{3}{2}\sum_{j=x-1}^{2}j+1$
Mai departe stim cum se calculeaza sumele patratice si simple.

etc.

Se observa caci la fiecare grad cu care ne ridicam in sus, avem nevoe de formula $\sum_{j=n}^{m}{j}^{m}$ , insa aceasta formula in ziua de azi se calculeaza relatii care la fel sunt exprimate fie prin factoriale, fie prin combinari.
Deci, pina la moment am facut - nimic.

Scris de Continut sponsorizat

Factorialul

Factorialul

Re: Factorialul

Re: Factorialul

Re: Factorialul

Re: Factorialul

Re: Factorialul

Re: Factorialul