Calculus Marathon

[warut]

ข้อความเดิมของคุณ nooonuii:
65. ให้ $n$ เป็นจำนวนนับ จงหาค่าของ

$$\sum_{k=1}^{n+1} {n+1 \choose k}(-1)^{n+k} k^n $$

ให้ $$ f_0(x) = (1+x)^{n+1} = 1 + \sum_{k=1}^{n+1} {n+1 \choose k} x^k $$ และสำหรับจำนวนนับ $i$ ทุกตัว ให้ $$ f_i(x) = x f_{i-1}'(x) $$ โดย induction เราสามารถพิสูจน์ได้ว่า $$ f_i(x) = \sum_{k=1}^{n+1} {n+1 \choose k} k^i x^k $$ ในอีกทางหนึ่ง เราสามารถพิสูจน์โดย induction ได้ว่า เราสามารถเขียน $f_i(x)$ ได้ในรูป $$ f_i(x) = \sum_{k=1}^i a(i,k) x^k f_0^{(k)}(x) $$ เมื่อ $a(i,k)$ เป็นจำนวนเต็มที่ค่าของมันขึ้นอยู่กับ $i$ และ $k$ และ $f_0^{(k)}$ คือ $k^{\text{th}}$ derivative ของ $f_0$

เนื่องจากเมื่อ $k$ เป็นจำนวนเต็มบวกแล้ว $$ f_0^{(k)}(-1) = \cases{(n+1)! & ,k=n+1 \\ 0 & ,\text{ otherwise} } $$ ดังนั้น $$ f_n(-1) = \sum_{k=1}^n a(n,k) (-1)^k f_0^{(k)}(-1) =0 $$ และเราจึงได้ว่า $$ \sum_{k=1}^{n+1} {n+1 \choose k} (-1)^{n+k} k^n = (-1)^n f_n(-1) = 0 $$ หมายเหตุ เราสามารถเลือก $a(i,k)$ ให้เป็น Stirling numbers of the second kind ได้ โดยให้ $a(i,k)=S(i,k)$

สำหรับข้อนี้ผมขอแค่ทำให้ได้ก็ดีใจแล้ว เพราะไม่คิดว่าจะตรงกับเฉลยของคุณ nooonuii หรอกครับ

[warut]

ข้อความเดิมของคุณ nooonuii:
61. จงหาค่า $a\in (0,1)$ ซึ่งทำให้ $$\displaystyle{ \int_a^{2a} e^{-x^2} dx }$$
มีค่าสูงสุด

มาแสดงวิธีทำข้อนี้ตามสไตล์ของผมให้ดูครับ

ให้ $$ f(a)= \int_a^{2a} e^{-x^2} \, dx $$ และให้ $g(x)$ เป็น antiderivative อันหนึ่งของ $e^{-x^2}$ นั่นคือ $g'(x)=e^{-x^2}$

ดังนั้น $$ f(a)= \int_a^{2a} e^{-x^2} \, dx = g(x) \big |_a^{2a} = g(2a)-g(a) $$ เพื่อหาจุดสูงสุด เราต้องหา $a$ ที่ทำให้ $$ f'(a) = 2g'(2a)-g'(a) = 2e^{-4a^2}-e^{-a^2} = 0 $$ แก้สมการแล้ว เราจะได้ว่า $$ a = \sqrt{ \frac{\ln2}{3} } $$ เนื่องจากเมื่อ $a$ เป็นค่านี้แล้ว เราได้ $$ f''(a) = 2a e^{-a^2} (1 - 8e^{-3a^2}) < 0 $$ แสดงว่าค่านี้ทำให้ $f(a)$ สูงสุด และเนื่องจากค่านี้อยู่ในช่วง $(0,1)$ ด้วย ค่านี้จึงเป็นคำตอบที่เราต้องการครับ

[nooonuii]

ต้องขอโทษคุณ Warut ด้วยครับที่มาตอบช้าไปหลายวัน เพิ่งสอบเสร็จครับ

ข้อ 61 วิธีคิดเหมือนกันครับ
ข้อ 65

Let $\displaystyle{P(x)=\sum_{k=0}^{n+1} { n+1 \choose k}(-1)^k (x-k)^n}.$

Then we have $$\displaystyle{ P^{(m)}(0) = \frac{n!}{(n-m)!}(-1)^{n-m} \sum_{k=0}^{n+1} { n+1 \choose k}(-1)^k k^{n-m}. }$$

Now consider the polynomial $$\displaystyle{Q(y)=(1-y)^{n+1} = \sum_{k=0}^{n+1} { n+1 \choose k}(-1)^k y^k.}$$

We can easily see that $\displaystyle{P^{(n-1)}(0) = - nQ'(1)= 0. }$
Similarly, we have $P^{(n-2)}(0) = 0.$
By induction, we can conclude that $P^{(m)}(0)=0$ for all $m=0,1,...,n-1.$
In particular, $\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n+1} { n+1 \choose k}(-1)^{n+k} k^n = P(0)=0.}$

[warut]

ข้อความเดิมของคุณ nooonuii:
Similarly, we have $P^{(n-2)}(0) = 0.$

ตรงนี้ตามไม่ทันครับ ไม่เข้าใจว่าทำไมเท่ากับ 0

[nooonuii]

ข้อความเดิมของคุณ warut:
ตรงนี้ตามไม่ทันครับ ไม่เข้าใจว่าทำไมเท่ากับ 0

ขอโทษครับ ตรงนี้ลัดไปเยอะจริงๆ

$$\displaystyle{ 0 = Q^{(2)}(1) = \sum_{k=0}^{n+1} {n+1 \choose k}(-1)^k k^2 - \sum_{k=0}^{n+1} {n+1 \choose k}(-1)^k k }$$

ดังนั้น $\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n+1} {n+1 \choose k}(-1)^k k^2 = 0}$ เพราะก้อนหลังเป็นศูนย์ไปแล้ว

เพราะฉะนั้น $\displaystyle{ P^{(n-2)}(0) = \frac{n!}{2!} \sum_{k=0}^{n+1} {n+1 \choose k}(-1)^k k^2 = 0 }$

โดยการพิจารณา $Q^{(m)}(1)$ ไปเรื่อยๆเราก็จะได้ว่า $P^{(n-m)}(0) = 0$

[warut]

อ๋อ... เข้าใจแล้วครับ แต่ทำให้ผมกลับไม่เข้าใจว่าทำไมเราต้องสร้าง $P(x)$ และคำนวณ derivatives ของมันให้ยุ่งยาก เราให้ $$ P_m= \sum_{k=0}^{n+1} {n+1 \choose k} (-1)^k k^m $$ ไปเลยไม่ได้เหรอครับ ซึ่งจาก $Q'(1)=0$ จะทำให้เรารู้ว่า $P_1=0$ และจาก $Q''(1)=0$ ก็จะทำให้เรารู้ว่า $P_2=0$ อย่างนี้ไปเรื่อยๆ ในที่สุดก็จะได้ว่า $P_n=0$ ตามต้องการ เอ... หรือผมมองข้ามอะไรบางอย่างไป

[nooonuii]

คุณ Warut ไม่ได้มองข้ามอะไรไปหรอกครับ เพียงแต่ว่าตัวโจทย์ดั้งเดิมเนี่ยเขาให้พิสูจน์ว่า $P(x)$ เป็นพหุนามศูนย์ครับ ผมก็เลยลอกเอามาทั้งดุ้นเลย จริงๆแล้วถ้าเราพิสูจน์ต่อว่า $P^{(n)}(0) = 0$ เราก็จะได้ทันทีว่า $P(x)\equiv 0$ ครับ

[warut]

คราวนี้กระจ่างแล้วครับ ได้ความรู้ไปอีกเพียบตามเคย ขอบคุณ คุณ nooonuii มากนะครับ

[nooonuii]

มาต่ออายุกระทู้ครับ
66. ให้ $f$ เป็นฟังก์ชันที่มีอนุพันธ์ ถ้าอนุพันธ์ของ $f(x)-f(2x)$ ที่ $x=1$ มีค่าเท่ากับ $1$ และอนุพันธ์ของ $f(x)-f(2x)$ ที่ $x = 2$ มีค่าเท่ากับ $2$ จงหาค่าของ อนุพันธ์ของ $f(x)-f(4x)$ ที่ $x = 1$

[nongtum]

ข้อความเดิมของคุณ nooonuii:
66. ให้ $f$ เป็นฟังก์ชันที่มีอนุพันธ์ ถ้าอนุพันธ์ของ $f(x)-f(2x)$ ที่ $x=1$ มีค่าเท่ากับ $1$ และอนุพันธ์ของ $f(x)-f(2x)$ ที่ $x = 2$ มีค่าเท่ากับ $2$ จงหาค่าของ อนุพันธ์ของ $f(x)-f(4x)$ ที่ $x = 1$

$[f(x)-f(4x)]'_{x=1}=[f(x)-f(2x)]'_{x=1}+[f(x)-f(2x)]'_{x=2}=3$

ใครอยากถามข้อต่อไปเชิญเลยครับ

[nongtum]

ขออนุญาตแตกกระทู้นะครับ ลองแปะเมื่อกี้แล้วมันไม่แสดงผลหน้าสิบซะอย่างนั้น

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

I will use the fact that
$$\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = a \Rightarrow \lim_{n\rightarrow\infty} \sqrt[n]{a_n} = a .}$$

พอดีเพิ่งเจอ statement ข้างบนนี้ ในหนังสือเล่มนึง เลยจะมาเสริมในส่วนที่ไปที่มาให้ฟังครับ

ก่อนอื่น ต้องเริ่มต้นจาก ทฤษฎีเกี่ยวกับ Cesaro Mean ที่บอกว่า

ถ้า $ \lim_{n \to \infty}a_n $ หาค่าได้ แล้ว $$ \lim_{n \to \infty} \frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n} = \lim_{n \to \infty}a_n $$
(พูดง่ายๆก็คือ ถ้า ลำดับ ลู่เข้า แล้ว Cesaro Mean ของลำดับก็จะลู่เข้า และ ลู่เข้าสู๋ค่าเดียวกันกับลำดับด้วย)

จากทฤษฎีดังกล่าว ยังนำไปสู่ lemma ด้านล่างด้วย
ถ้า $b_1 , b_2 , \cdots $ เป็นลำดับของจำนวนจริงบวกที่ convergent แล้ว $$\lim_{n \to \infty} (b_1 b_2\cdots b_n)^{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty}b_n $$

(OUTLINE OF PROOF: จาก Cesaro Mean ด้านบน ให้ $ a_n = \log b_n $ )

และจาก lemma นี้เองที่นำไปสู่สิ่งที่ผม quote มา ซึ่งสื่อให้เห็นว่า Ratio test implies Root Test

ถ้า $ c_0,c_1 , c_2 , \cdots $ เป็นลำดับของจำนวนจริงบวกซึ่ง $$\lim_{n \to \infty} {\frac{c_{n+1}}{c_n}} = a $$ แล้ว $ \lim_{n \to \infty} (c_n)^{\frac{1}{n}} = a $ ด้วย

(OUTLINE OF PROOF: จาก lemma ให้ $ b_n = \frac{c_n}{c_{n-1}} $ )

[Kick_Ass]

บังเอิญว่าผมเพิ่งจบม.6 มาหมาดๆ

งืม ลมปรานเเตกซ่านเลย 555