Matematické Fórum

liamlim

Zdravím! Dokazováním něčeho jsem došel k zajímavému poznatku, který neumím dokázat. Pokud to někdo umí, pak prosím o návod, protože by mě to zajímalo. Všimněte si, že:

$x^0 + y^0 = 2\cdot (x+y)^0 = f(0,0)\cdot (x+y)^0$
$x^1 + y^1 = 1\cdot (x+y)^1 = f(1,1)\cdot (x+y)^1$
$x^2 + y^2 = 1\cdot (x+y)^2 - 2\cdot xy(x+y)^0 = f(2,2)\cdot (x+y)^2 + f(2,0)\cdot xy(x+y)^0$
$x^3 + y^3 = 1\cdot (x+y)^3 - 3\cdot xy(x+y)^1 = f(3,3)\cdot (x+y)^3 + f(3,1)\cdot xy(x+y)^1$
$x^4 + y^4 = (x+y)^4 - 4xy(x+y)^2 + 2x^2y^2$
$x^5 + y^5 = (x+y)^5 - 5xy(x+y)^3 + 5x^2y^2(x+y)$
$x^6 + y^6 = (x+y)^6 - 6xy(x+y)^4 + 9x^2y^2(x+y)^2 - 2x^3y^3$
$x^7 + y^7 = (x+y)^7 - 7xy(x+y)^5 + 14x^2y^2(x+y)^3 - 7x^3y^3(x+y)$
$x^8 + y^8 = (x+y)^8 - 8xy(x+y)^6 + 20x^2y^2(x+y)^4 - 16x^3y^3(x+y)^2 + 2x^2y^2$
$x^{11} + y^{11} = (x+y)^{11} - 11xy(x+y)^9 + 44x^2y^2(x+y)^7 - 77x^3y^3(x+y)^5 + 55x^4y^4(x+y)^3 - 11x^5y^5(x+y)$
$x^{13} + y^{13} = (x+y)^{13} - 13xy(x+y)^{11} + 65x^2y^2(x+y)^9 - 156x^3y^3(x+y)^7 + 182x^4y^4(x+y)^5 - 91x^5y^5(x+y)^3 + 13(x+y)$

Pro 13 už to psát nebudu, ale taky jsou všechny $f(13,k)$ kromě $f(13,13)$ dělitelné 13. Může mi někdo poradit, jak by to šlo dokázat? Nezdá se mi to jako náhoda...

Jinak, snadno se dokáže, že: $f(n,k) = f(n-1,k-1) - f(n-2,k)$ , $f(0,0) = 2$

Asi by pomohlo najít nějaký vzorec, ale nejsem toho schopen. Jinak... Na závěr uvedu, jak mě napadlo dělat podobné věci. Jednoduše jsem si hrál s velkou fermatovou větou. Tedy:

$x^n+y^n+z^n = z^n + \sum_{k=0}^n f(n,k)\cdot (xy)^{\frac{n-k}{2}}(x+y)^k$

Pro libovolné $n$ platí $|f(n,1)| = n$ což se dokáže snadno indukcí. Potom pro prvočíselné $n$ a $x,y,z$ nesoudělná lze docela snadno odvodit následující:

1) $n$ nedělí $xyz$ . / asi chybne/
2) Existují nesoudělná $a$ , $b$ taková, že $x+y = a_z^n$ , $z = a_zb_z$ , $y+z = a_x^n$ , $x = a_xb_x$ , $z + x = a_y^n$ , $y = a_yb_y$

(pozn. první je třeba dokázat (2) a z toho odvodit (1))

To vše jenom abych ukázal, že podle mě uvedené rozklady mají docela smysl. Pro důkazz (1) a (2) je potřeba jen hodnota $|f(n,1)|$ , ale stejně by mě docela zajímaly ostatní. Za jakékoliv nápady bych byl vděčný!

check_drummer · 03. 12. 2015 17:24

↑ liamlim:
Ahoj,
1) je to opravdu tak, že n nedělí xyz? Mám pocit, že při důkazu VFV (alespoň pro regulární prvočísla) se právě rozlišují případy "n dělí" a "n nedělí". Můžeš prosím dokázat 2 a 1 detailněji?

2) Co znamená index z u $a_z$ ? - tedy není jedno a, ale tři (pro x,y a z)?

3) Píšeš, že $|f(n,1)| = 1$ , ale o kus výše vidím f(3,1)=-3, tak ja to tedy je?

4) Aby bylo možné $f(n,k) = f(n-1,k-1) - f(n-2,k)$ využít, je nutné určit hodnotu f(n,0) pro libovolné n.

liamlim

↑ check_drummer:

(1) Rozepíši
(2) To je nějaké celé číslo. Ta rovnost $x + y = a_z^n$ spolu s $z = a_zb_z$ znamená, že pokud existují $x$ , $y$ , $z$ pro které věta platí, pak existují také $a_z$ , $b_z$ celá. Analogicky $a_x^n = y+z$ , atd.
(3) chyba. má být $|f(n,1)| = n$ . Opravím.
(4) Dodefinujme $f(n,k) = 0$ pokud $n < k$ nebo $k < 0$

Pavel · 03. 12. 2015 17:48

↑ liamlim:

Pokud správně chápu konstrukci čísel $f(n,k)$ , tak dle Tvého značení platí

$f(n,k)=-\binom{n}{k}+\sum_{i=1}^{n-k-1}c_i\cdot f(n,i),\qquad k=0,1,\dots,n,$

kde $c_i$ jsou nějaká celá čísla. Matematickou indukcí lze z tohoto a ze skutečnosti, že binomické koeficienty $\binom{n}{k}$ jsou vždy dělitelné číslem $n$ pro $k=1,2,\dots,n-1$ , je-li $n$ je prvočíslo, odvodit tu dělitelnost 5, 7, 13 apod. Všimni si, u 4 a u ostatních složených čísel dělitelnost platit nebude.

liamlim · 03. 12. 2015 17:53

↑ Pavel:

Díky! To vypadá dobře. Zkusím nad tím ještě popřemýšlet.

↑ check_drummer:

Nejradši bych rád viděl, jestli se nenajde chyba v něčem, co jsem dosud napsal. Protože ten důkaz je takový psavý. Ale určitě ho napíši.

liamlim

Důkaz části 2:

1. krok Označme nejvyšší společný dělitel čísel $x$ , $y+z$ jako $a_1$ . Potom pro nějaká celá $b_1$ , $c_1$ nesoudělná platí $x = a_1b_1$ , $y + z = a_1c_1$ . Zřejmě $y+z = a_1c_1$ dělí $x^n = a_1^nb_1^n$ , jak plyne z $x^n+y^n+z^n = 0$ . Odsud - vzhledem k nesoudělnosti $b_1$ , $c_1$ plyne, že $c_1$ dělí $a_1^{n-1}$ .

2. krok Označme nejvyšší společný dělitel čísel $a_1$ , $c_1$ jako $a_2$ . Potom pro nějaká nesoudělná $b_2$ , $c_2$ platí

$a_1 = a_2b_2$
$c_1 = a_2c_2$

A platí, že $c_1 = a_2c_2$ dělí $a_1^{n-1} = a_2^{n-1}b_2^{n-1}$ neboli $c_2$ dělí $a_2^{n-2}$ .

...

k-tý krok: Označme nejvyšší společný dělitel čísel $a_k$ , $c_k$ jako $a_{k+1}$ . Potom pro nějaká nesoudělná $b_{k+1}$ , $c_{k+1}$ platí

$a_k = a_{k+1}b_{k+1}$
$c_k = a_{k+1}c_{k+1}$

A platí, že $c_k = a_{k+1}c_{k+1}$ dělí $a_k^{n-k} = a_{k+1}^{n-k}b_{k+1}^{n-k}$ neboli $c_{k+1}$ dělí $a_{k+1}^{n-(k+1)}$ .

....

(n-1)-tý krok: Označme nejvyšší společný dělitel čísel $a_{n-1}$ , $c_{n-1}$ jako $a_{n}$ . Potom pro nějaká nesoudělná $b_{n}$ , $c_{n}$ platí

$a_{n-1} = a_{n}b_{n}$
$c_{n-1} = a_{n}c_{n}$

A platí, že $c_{n-1} = a_{n}c_{n}$ dělí $a_{n-1}^{1} = a_{n}^{1}b_{n}^{1}$ neboli $c_{n}$ dělí $a_{n}^{0} = 1$ .

Odsud máme $c_n = 1$ .

Tak, teď se podíváme, čemu se vlastně rovnají $x$ a $y+z$ . Máme:

$x = a_1b_1 = a_2b_2b_1 = a_3b_3b_2b_1 = a_n(b_nb_{n-1}\cdots b_3b_2b_1)$

$y+z = a_1c_1 = a_2^2c_2b_2 = a_3^3c_3b_3^2b_2 = a_4^4c_4b_4^3b_3^2b_2^1 = \cdots = a_n^nc_n(b_n^{n-1}b_{n-1}^{n-2}\cdots b_3^2b_2^1) = a_n^n(b_n^{n-1}b_{n-1}^{n-2}\cdots b_3^2b_2^1)$

Pokud není někde chyba v myšlence, pak bych teď rád ukázal, že součin $b_2b_3b_4\cdots b_n = 1$

Nyní upravujeme:

$x^n+y^n+z^n = 0$
$x^n + \left(f(n,n)\cdot yz(y+z)^n + \cdots + f(n,3)\cdot (yz)^{\frac{n-3}{2}}(y+z)^3 + f(n,1)\cdot (yz)^{\frac{n-1}{2}}(y+z) \right) = 0$

Tak, skoro hotovo. Teď stačí dosadit již spočítané hodnoty a dojít k tomu, že se rovnost vydělí $a_n$ . Pak se stačí podívat se na nejmenší mocniny u všech výrazů v součtu a celou rovnost vydělit. Po tomto vydělení ve všech závorkách kromě té u $f(n,1)$ vyjde alespoň druhá mocnina u $b_2b_3b_4\cdots b_n$ . Přitom $f(n,1) = n$ , což druhá mocnina není. Odsud plyne, že $b_2 = b_3 = \cdots = b_n = 1$ .

Po dosazení hned máme

$x = a_n b_1$
$y + z = a_n^n$ .

Tedy ukázal jsem, v jakém tvaru jsou $x$ a $y+z$ .

Uf, snad jsem to dopsal. Samozřejmě je možné, že jsem někde něco přehlédl nebo něco úplně přesně neplatí. No nakonec kvůli tomuto "důkazu" jsem sem původně nepsal, protože mě jen zajímalo to s těmi prvočísly.

check_drummer · 03. 12. 2015 22:55

↑ liamlim:
Jak jsi prosím odvodil $f(n,k) = f(n-1,k-1) - f(n-2,k)$ ?
Stále jsi neurčil f(n,0).
v posledním příspěvku - tvá úvaha dlé mého selže, pokud bude některé $a_i=1$ .

liamlim

↑ check_drummer:

Tedy odvození:

$x^n + y^n = \sum_{k=0}^n f(n,k)\cdot (xy)^{\frac{n-k}{2}}(x+y)^k$

To vynásobím (x+y) a dostanu: (teď budu místo $xy$ psát 1. Tím nepřijdu o žádnou informaci, rovnost bude poté stačit zhomogenizovat (alespoň tuším že se tomu tak říká)

$x^{n+1} + y^{n+1} + x^{n-1} + y^{n-1} = \sum_{k=0}^n f(n,k)\cdot (x+y)^{k+1}$

Odsud

$x^{n+1} + y^{n+1} = \sum_{k=0}^n f(n,k)\cdot (x+y)^{k+1} - \sum_{k=0}^{n-1}f(n-1,k)\cdot (x+y)^{k}$

Teď to převedu na jednu sumu. Aby byl převod jednodušší, zavedu si $f(n,-1) = 0$ a $f(n,n+1) = 0$ . S tímto již mohu beztrestně provézt:

$x^{n+1} + y^{n+1} = \sum_{k=0}^{n+1} f(n,k-1)\cdot (x+y)^{k} - \sum_{k=0}^{n-1}f(n-1,k)\cdot (x+y)^{k}$
Odsud ale již přímo plyne $f(n+1, k) = f(n,k-1) - f(n-1,k)$ což po dosazení n namísto n+1 dává dokazované.

Pozn. Hodnoty $f(n,0)$ lze taky odvodit pouze z toho vzatahu. Pokud namísto všech "divných" členů dosadíme 0. Vychází takto: 0 pro liché n, 2 pro dělitelné 4 a -2 pro ostatní

liamlim

Všiml jsem si nové věci. Pro prvočíselná $n \ge 5$ platí, že součet všech $f(n,k)$ je roven 1. Alespoň pro všechna do n = 13. Dále jsem to ručně nezvládl počítat. To mi přijde fascinující. Nemáte nápad, jak to dokázat?

Pavel · 03. 12. 2015 23:47 — Editoval Pavel (04. 12. 2015 21:09)

Prostřednictvím derivací lze ukázat, že pro $m\in\mathbb N$ platí

$f(2m,0)&=(-1)^m\cdot 2\\[.5\baselineskip] f(2m,2)&=-\frac 1{1!}\cdot\left[\frac{t^2}{t^2-1}\cdot\frac{\mathrm d}{\mathrm d t}\left(t^m+t^{-m}\right)\right]_{t=-1}=(-1)^{m+1}\cdot m^2\\[.5\baselineskip] f(2m,4)&=\frac 1{2!}\cdot\left[\frac{t^2}{t^2-1}\cdot\frac{\mathrm d}{\mathrm d t}\left(\frac{t^2}{t^2-1}\cdot\frac{\mathrm d}{\mathrm d t}\left(t^m+t^{-m}\right)\right)\right]_{t=-1}=(-1)^{m+2}\cdot m\sum_{i=0}^{\lceil\frac m2\rceil-1}(m-1-2i)^2\\[.5\baselineskip] f(2m,6)&=-\frac 1{3!}\cdot\left[\frac{t^2}{t^2-1}\cdot\frac{\mathrm d}{\mathrm d t}\left(\frac{t^2}{t^2-1}\cdot\frac{\mathrm d}{\mathrm d t}\left(\frac{t^2}{t^2-1}\cdot\frac{\mathrm d}{\mathrm d t}\left(t^m+t^{-m}\right)\right)\right)\right]_{t=-1}\\[.5\baselineskip] &\vdots\\[.5\baselineskip] f(2m,2k)&=\frac{(-1)^k}{k!}\cdot\left[\left(\frac{t^2}{t^2-1}\cdot\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\right)^k(t^m+t^{-m})\right]_{t=-1},\qquad 0\leq k\leq m$

Člen $f(2m,2k)$ lze vyjádřit také bez diferenciálního operátoru jako k-1 do sebe vnořených sum a součinů. Zápis je však poněkud komplikovanější.

check_drummer · 04. 12. 2015 01:17

↑ liamlim:
Ahoj, napadl mě důkaz vskutku geniální (a to se nerad chválím - asi už je pozdě):
Volme jako x,y (komplexní) čísla splňující x.y=1 a x+y=1 - a potom se tvé vztahy velmi zjednoduší na $x^p+y^p=1+c$ , kde c je součet koeficientů f(p,i). Chceme dokázat, že c=0 - tedy jinými slovy, že $x^p+y^p=1$ . Ovšem $x,y=e^{\pm.\pi.i/3}$ , tj. x,y tvoří vrcholy pravidleného šestiúhelníka. A protože (teď to přijde) každé prvočíslo $\ge 5$ je tvaru $6k\pm1$ , tak bude $\{x^p,y^p\}=\{x,y\}$ - a tedy $x^p+y^p=1$ (protože x+y=1). Skvělé, že? Asi z toho neusnu. :-)

Pavel · 04. 12. 2015 21:48 — Editoval Pavel (04. 12. 2015 21:49)

Pro úplnost uvádím vyjádření koeficientů $f(n,k)$ pro sudé argumenty prostřednictvím sum:

$f(2n,0)&=(-1)^n\cdot 2\\[.5\baselineskip] f(2n,2)&=(-1)^{n+1}\cdot n^2\\[.5\baselineskip] f(2n,4)&=\frac{(-1)^{n+2}}{2}\sum_{i=0}^{\lceil\frac n2\rceil-1}n(n-1-2i)^2\\[.5\baselineskip] f(2n,6)&=\frac{(-1)^{n+3}}{6}\sum_{i_1=0}^{\lceil\frac n2\rceil-1}\sum_{i_2=0}^{\lceil\frac{n-1}2-i_1\rceil-1}n(n-1-2i_1)(n-2-2i_1-2i_2)^2\\[.5\baselineskip] f(2n,8)&=\frac{(-1)^{n+4}}{24}\sum_{i_1=0}^{\lceil\frac n2\rceil-1}\sum_{i_2=0}^{\lceil\frac{n-1}2-i_1\rceil-1}\sum_{i_3=0}^{\lceil\frac{n-2}2-i_1-i_2\rceil-1}n(n-1-2i_1)(n-2-2i_1-2i_2)(n-3-2i_1-2i_2-2i_3)^2\\[.5\baselineskip] &\vdots\\[.5\baselineskip] f(2n,2k)&=\frac{(-1)^{n+k}}{k!}\sum_{i_1=0}^{\lceil\frac n2\rceil-1}\sum_{i_2=0}^{\lceil\frac{n-1}2-i_1\rceil-1}\sum_{i_3=0}^{\lceil\frac{n-2}2-i_1-i_2\rceil-1}\cdots\sum_{i_{k-1}=0}^{\lceil\frac{n-k+2}2-\sum_{j=1}^{k-2}i_j\rceil-1}\left(n-k+1-2\sum_{j=1}^{k-1}i_j\right)\times\\ &\quad\times\prod_{s=0}^{k-1}\left(n-s-2\sum_{j=1}^si_j\right)$

kde $1\leq k\leq n$ .

liamlim

↑ Pavel:

To je až tak úžasné, že si neumím představit odvození tohoto. Ale když už jsme u toho vyjádření sudých...

Pak platí následující:

$x^{2n} + 2x^ny^n + y^{2n} = (x^n + y^n)^2 = \left(\sum_{k=1}^n f(n,k)\cdot (x+y)^k\right)^2$

Tedy

$x^{2n} + x^{2n} = \left(\sum_{k=1}^n f(n,k)\cdot (x+y)^k\right)^2 - 2(x+y)^0$

Neboli

$f(2a,k) = \sum_{k_1 + k_2 = k} f(a,k_1) \cdot f(a,k_2)$

platí dokonce:

$f(a+b,k) = -f(a-b,k) + \sum_{k_1 + k_2 = k}f(a,k_1)\cdot f(b,k_2)$

pozn: zase jsem pro přehlednost vypustil $xy$ které lze snadno doplnit.

Snadno lze rozmyslet, že po roznásobení závorky na pravé straně vlastně dostaneme hledaný tvar. Tedy podle mého názoru by se nejvíc hodilo nalézt nějaké vyjádření pro lichá... Ale i tak, neuvěřitelné, že lze něco podobného odvodit.

liamlim · 04. 12. 2015 22:02

Pozn. Všiml jsem si dalšího zajímavého faktu:

$f(n+1,m+1) = f(n,m) + f(n-1,m) + f(n-2,m) + \cdots + f(m,m)$

Důkaz tohoto by měl být lehčí. Vztah píší tak trochu pro zajímavost.

Jen tak mimochodem - neznáte někdo nějaký text o těchto číslech? v matice se napsalo už o všem a zrovna o těchto podivných číslech bych se rád dozvěděl víc.

Pavel · 04. 12. 2015 23:58

↑ liamlim:

Koeficienty pro liché argumenty se mi zdály právě těžší. Jinak zde je zřejmě to, co hledáš. Ty koeficienty tomu nasvědčují.

liamlim

↑ Pavel:

Díky. Jsem rád, že konečně vím, že se těm číslům říká Lucasova čísla. Je to vážně zajímavé. Už jen třeba ta souvislost s fibonacciho čísly...

Teď jsem přemýšlel taky nad další věcí. Zabýval jsem se vyjádřením součtu $x^n + y^n$ . Vlastně jsem vyjadřoval tuto hodnotu za pomoci $xy = A$ , $x+y = B$ . Napadlo mě.. Co takhle zkusit vyjádřit

$x^n+y^n+z^n$ podle $x+y+z = A$ , $-xy-yz-zx = B$ , $xyz = C$ . Je jasné, že platí:

$x^n + y^n + z^n = A(x^{n-1} + y^{n-1}+z^{n-1}) + B(x^{n-2} + y^{n-2} + z^{n-2}) + C(x^{n-3} + y^{n-3} + z^{n-3})$

Pokud označím $f(n) = x^n + y^n+z^n$ pak mám vyjádření posloupnosti rekurentně... Stačí doplnit $f(0)$ , $f(1)$ , $f(2)$ .

Neznám generující funkce, ale myslím, že za pomoci toho se odvozovaly vzorce pro $f(n)$ právě u podobných posloupností, ne? Nešlo by to i tady?

Z toho mnou napsaného vyjádření taky jde snadno vidět, že libovolný výraz tvaru $x^n+y^n+z^n$ lze zapsat jako součet nějakých součinů $A$ , $B$ , $C$ . Bohužel neumím přesně vyjádřit jakých. Ale toto mě vše baví.. Přemýšlet nad tím jen tak nepřestanu

$f(1) = A$
$f(2) = A^2 + 2AB$
...

$f(7) = A^7 + 7A^5B + 7A^4C + 14A^3B^2 + 21A^2BC + 7A(B^3+C^2) + 7B^2C$

Tedy má hypotéza je, že zase mají koeficienty co dělat s prvočísly :D někdo na dokázání?

check_drummer

liamlim napsal(a):
$x^{2n} + 2x^ny^n + y^{2n} = (x^n + y^n)^2 = \left(\sum_{k=1}^n f(n,k)\cdot (x+y)^k\right)^2$

Ahoj, nechybí ti tam činitelé ${(xy)^{...}}$ ?

liamlim · 05. 12. 2015 18:46

↑ check_drummer:

chybí. Ale ti jdou snadno doplnit tak, aby součet mocnin odpovídal. Řekněme, že jsem zvolil $xy = 1$

check_drummer · 05. 12. 2015 18:49

↑ liamlim:
Já jen jestli mají ty koefieinty f stále stejný význam... Takže mají.

liamlim · 05. 12. 2015 18:51

↑ check_drummer:

Jak tam pracuji už s tím A, B, C, tak už ne! Tam jsem velmi nešťastně zvolil pro funkci stejný název, tedy f.

check_drummer · 05. 12. 2015 23:19

↑ liamlim:
Mohl bys sem prosím napsat vyjádření f i pro další hodnoty? nejen pro f(2) a f(7)? Lépe by se mi to pak zkoumalo.

liamlim

↑ check_drummer:

Něco ještě lepšího. Zkusím dát návod, jak se to dělá. Vytvořit poté program, který vyjádření vytvoří by poté nemělo být těžké.

$f(0) = 3$
$f(1) = A$
$f(2) = A^2 + 2B$

Toto jsou základní členy, ze kterých odvodíme všechny následující. Abychom spočítali $f(3)$ pak vynásobíme $f(2)$ číslem $A$ , $f(1)$ číslem $B$ , $f(0)$ číslem $C$ . A sečteme. Tedy:

$f(3) = A^3 + 2AB + AB + 3C = A^3+3AB+3C$
$f(4) = A^4+3A^2B + 3AC + A^2B+2B^2 + AC = A^4+4A^2B+4AC+2B^2$

atd.

Já ale počítám ty hodnoty trochu jinak. Ono když položíme $A = 1$ (o žádnou informaci nepřijdeme. Zpětně stačí dosadit mocniny $A$ tak, aby součet odpovídal. S tím, že $B$ je za dvě $A$ a $C$ je za tři $A$ .) Pak máme:

Pravidlo se pro výpočet bez počítače zrychlí, protože nenásobíme jeden řádek, ale jen přičítáme.

$f(1) = 1$
$f(2) = 1 + 2B$
$f(3) = 1 + 3B + 3C$
$f(4) = 1 + 4B + 4C + 2B^2$
$f(5) = 1 + 5B + 5C + 5B^2 + 5BC$
$f(6) = 1 + 6B + 6C + 9B^2 + 12BC + (2B^3+3C^2)$
$f(7) = 1 + 7B + 7C + 14B^2 + 21BC + 7(B^3+C^2) + 7B^2C$
$f(8) = 1 + 8B + 8C + 20B^2 + 32BC + (16B^3+12C^2) + 24B^2C + (2B^4 + 8BC^2)$

liamlim

mimochodem, odtud jde odvodit taky zajímavé věci. Volbou $A = 0$ totiž získáme například, že

Pokud $x+y+z = 0$ pak

$x^7+y^7+z^7 = 7xyz(xy+yz+xz)^2$

Zase mám takové myšlenky zkusit dosadit místo $x$ , $y$ , $z$ nějaké $n$ té mocniny a zkusit něco zajímavého odvodit ale radši ne. Nad velkou fermatovou větou už jsem strávil dost času.

liamlim

Dnes jsem si odvodil další zajímavý fakt ohledně součtů. Platí:

Jestliže $x+y+z = 0$ pak pro přirozené liché $n$ platí:

$(2^n - 2)(x^n+y^n+z^n) = \sum_{k = 0}^n{n\choose k}(x^k+y^k+z^k)(x^{n-k}+y^{n-k} + z^{n-k})$

Důkaz je snadný, ale odvození snadné nebylo :D Chtěl jsem nějaký pěkný vztah, ve kterém budu mít vyjádřeny součty. Ono totiž z tohoto snadno odvodíme, že pro libovolná $x, y$ platí

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

S tím, že teď už mám jen výrazy ve tvaru $x^a + y^a$ nebo $(x+y)^A$ . a ty jsem schopen nahradit za pomoci čísel $f(x,y)$ . No toto ještě zkusím. Když už mám konečně ty prázdniny a můžu si odvozovat co mě baví.

EDIT: Označme $s_k = x^k + y^k + z^k$ pro $x+y+z = 0$ . Pak označme též

$-(xy+yz+zx) = B$
$xyz = C$

Pak snadno nahlédneme, že:

$s_0 = 3$
$s_1 = 0$
$s_2 = 2B$

Ostatní už odvodíme z těchto:

$s_3 = 3C$
$s_4 = 2B^2$
$s_5 = 5BC$
atd.

Obecně $s_{n+3} = B\cdot s_{n+1} + C\cdot s_n$ což je snadné ukázat.

Teď nějak přijít na to, jak obecně vyjádřit $s_k$ a dostaneme něco zajímavého.