Matematické Fórum

Marian · 06. 02. 2017 19:58 — Editoval Marian (20. 02. 2017 20:22)

Předpokládám, že pro olympiádní nadšence ze SŠ bude tato úloha zábavná a možná i překvapující. Ochutnejte matematický zákusek...

Je dána funkce $\varphi$ proměnné $z$ předpisem

$\varphi_n(z) :=\sum_{j=1}^{n}\left (\frac{z^j}{j}-{n\choose j}\cdot\frac{(z-1)^j}{j}\right ),\qquad (n,z)\in\mathbb N\times\mathbb R.$

a) Dokažte, že je tato funkce konstantní vzhledem k proměnné z.
b) Čemu je rovna hodnota $\varphi _n:=\varphi_n(z)$ ?
c) Speciálně si nakonec napište vztah $\varphi _n(0)=\varphi _n(1)$ .

check_drummer · 07. 02. 2017 16:30

↑ Marian:
Ahoj, je povoleno derivovat? :-)

Marian · 08. 02. 2017 04:39

↑ check_drummer:

Vycházím ze své střední školy, takže derivování připouštím. Mohl jsem to připomenout v zadání úlohy.

Marian · 20. 02. 2017 20:22

Vzhledem k tomu, že žádné nápady nejsou doposud prezentovány, uvedu své řešení využívající derivace funkce

Derivujme danou funkci podle proměnné z:

$\varphi'_n(z) &=\sum_{j=1}^{n}\left (z^{j-1}-{n\choose j}\cdot (z-1)^{j-1}\right )\\[2mm] &=\sum_{j=1}^{n}z^{j-1}-\frac{1}{z-1}\cdot\sum_{j=1}^{n}{n\choose j}\cdot (z-1)^j.$

Dále sečteme první součet jako součet prvních n členů geometrické posloupnosti a druhý součet lze psát v uzavřeném tvaru užitím binomické věty. Dostáváme

$\varphi'_n(z) =\frac{z^n-1}{z-1}-\frac{1}{z-1}\cdot\left ((z-1+1)^n-1\right ).$

Derivace je nulová, tedy $\varphi _n(z)$ je konstantní.

Dosadíme-li $z=1$ , je zřejmé, že $\varphi _n$ je rovno n-tému harmonickému číslu. Dosadíme-li $z=0$ , dostáváme z konstantnosti studované funkce a z předchozího dosazení jiné vyjádření harmonického čísla:

$\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{j} =\sum_{j=1}^{n}{n\choose j}\cdot\frac{(-1)^j}{j}.$

Dosazením jiných hodnot lze najít další vyjádření harmonického čísla (např. pro z=1/2 apod.).

Závěrem poznamenávám, že harmonická čísla hrají významnou roli při určité formulaci slavné Riemannovy hypotézy, viz část Applications v odkazu výše.

check_drummer · 21. 02. 2017 13:43

↑ Marian:
Ahoj, to je i mé řešení, ale nechtěl jsem středoškolákům kazit radost. :-)

Marian · 21. 02. 2017 17:53

↑ check_drummer:

Původní příspěvek jsem editoval a omezil proměnnou $z$ na reálnou. Pro středoškoláky totiž není standardní derivovat funkci komplexní proměnné.

Existuje však elementární postup, který nepoužívá pojem derivace (představil mi jej uživatel Pavel z tohoto fóra). Snad najde čas, aby svůj zajímavý příspěvek uveřejnil.

Pavel · 22. 02. 2017 23:02

Stačí použít identitu
${n\choose k}+{n\choose k+1}={n+1\choose k+1}$
a vhodně upravit předpis funkce $\varphi_n(z)$ :

$\varphi_n(z) &=\sum_{j=1}^{n}\left (\frac 1j(z-1+1)^j-\frac 1j{n\choose j}(z-1)^j\right ) =\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=0}^{j}\frac 1j{j\choose k}(z-1)^k-\sum_{j=1}^{n}\frac 1j{n\choose j}(z-1)^j\\[\baselineskip] \varphi_n(z) &=\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=0}^{j}\frac 1j{j\choose k}(z-1)^k-\sum_{j=1}^{n}\frac 1j{n\choose j}(z-1)^j\\[.5\baselineskip] &=\sum_{j=1}^{n-1}\sum_{k=0}^{j}\frac 1j{j\choose k}(z-1)^k+\sum_{k=0}^{n}\frac 1n{n\choose k}(z-1)^k-\sum_{j=1}^{n}\frac 1j{n\choose j}(z-1)^j\\[.5\baselineskip] &=\sum_{j=1}^{n-1}\sum_{k=0}^{j}\frac 1j{j\choose k}(z-1)^k+\frac 1n+\sum_{j=1}^{n}\left(\frac 1j{n-1\choose j-1}(z-1)^j-\frac 1j{n\choose j}(z-1)^j\right)\\[.5\baselineskip] &=\frac 1n+\sum_{j=1}^{n-1}\sum_{k=0}^{j}\frac 1j{j\choose k}(z-1)^k-\sum_{j=1}^{n}\frac 1j{n-1\choose j}(z-1)^j\\[.5\baselineskip] &=\frac 1n+\sum_{j=1}^{n-1}\sum_{k=0}^{j}\frac 1j{j\choose k}(z-1)^k-\sum_{j=1}^{n-1}\frac 1j{n-1\choose j}(z-1)^j\\[.5\baselineskip] &=\frac 1n+\varphi_{n-1}(z)$

Protože $\varphi_0(z)=0$ , můžeme psát

$\varphi_n(z)=\frac 1n+\varphi_{n-1}(z)=\sum_{k=1}^n\frac 1k+\varphi_0(z)=\boldsymbol{\color{blue}\sum_{k=1}^n\frac 1k}$