Matematické Fórum

liamlim

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

To jsou všechno moc nepěkné vstupní podmínky. Po chvilce přemýšlení jsem došel k lepšímu zápisu. Napíši ho zde jen pro úplnost, kdyby toto někdo někdy četl.

$s_n = a_n\cdot s_2 + a_{n-1}\cdot s_3$ pro

$a_0 = 0$
$a_1 = 0$
$a_2 = 1$
$a_{n+3} = B\cdot a_{n+1}+C\cdot a_n$

Vidíte tedy, že posloupnost je definována úplně stejně. Jediný rozdíl je ve vstupních podmínkách. Ono tato posloupnost se snad bude i trochu lépe zkoumat.

Pozn.:
Všimněte si, že $x$ , $y$ , $z$ řeší rovnici $X^3 = BX + C$ ... Což trochu připomíná definici naší posloupnosti. To zkusím nějak využít. Až budu mít trochu času. Teď bohužel ukrajuji čas z učení se na zkoušky. Ale ono se těžko brání, když jsou to tak zajímavé věci.

Edit: ve skutečnosti jsem odvodil trochu obecnější vztah. Platí:

$s_n = a_n\cdot s_2 + b_n\cdot s_1 + c_n\cdot s_0$

Pro posloupnosti $a,b,c$ definované stejně až na vstupní podmínky.

$a_0 = a_1 = 0$ a $a_2 = 1$
$b_0 = b_2 = 0$ a $b_1 = 1$
$c_1 = c_2 = 0$ a $c_0 = 1$

liamlim

$x^n + \sum_{k = 0}^nf(n,k)(yz)^{\frac{n+k}{2}}(y+z)^k = 0$ Ahoj, teď jsem zkusil trochu jiný přístup na VFV, tentokrát je ten postup snad přehlednější, proto bych byl moc rád, kdyby mi někdo naznačil, jestli je můj postup správný.

Pokud $x^n+y^n+z^n = 0$ pak $x^n + (y+z)(y^{n-1} - \cdots + z^{n-1}) = 0$

Pozn.: Teď bude trochu víc dočasných proměnných - pro přehlednost je budu číslovat a nikoliv používat abecedu.

Označme si $NSD(x,y+z) = (1)$ . Pak pro nějaká nesoudělná (2),(3) platí

$x = (1)(2)$
$y+z = (1)(3)$

Dále označme $NSD(x,y^{n-1}-\cdots + z^{n-1}) = (4)$ . Pak máme pro nějaká nesoudělná (5), (6):

$x = (4)(5)$
$y^{n-1}-\cdots + z^{n-1} = (4)(6)$

Pozn.: Vše s NSD dokonale funguje, i pokud by náhodou čísla byla nesoudělná. Pak by prostě např (4) bylo (1) a jediné, co bychom zavedením získali, by bylo konstatování nesoudělnosti $x$ a $y^{n-1}-\cdots+z^{n-1}$ . Stejně tak ale můžeme mnohem obecněji pracovat s nesoudělností (5), (6). Protože předešlý případ je pouze speciálním toho.

Už jsme skoro s NSD hotovi. Teď už jen označme $NDS((2),(5)) = (7)$ . Pak pro nějaká nesoudělná (8), (9) platí:

$(2) = (7)(8)$
$(5) = (7)(9)$

Nyní pozorujme rovnost $x = x$ a dosaďme.

$(1)(2) = (4)(5)$
$(1)(7)(8) = (4)(7)(9)$
$(1)(8) = (4)(9)$

Odkud z nesoudělnosti (8) a (9) okamžitě vidíme, že (8) dělí (4) a (9) dělí (1). Proto existují (10), (11) takové, že:

$(4) = (8)(10)$
$(1) = (9)(11)$

Po dosazení máme $(8)(9)(11) = (8)(9)(10)$ neboli $(10) = (11)$ . Zpětně dosadíme do $x$ . Nyní již máme jen jedno vyjádření pro $x$ namísto dvou (obě vyjdou stejná). A to:

$x = (7)(8)(9)(10)$
dále:
$y + z = (9)(11)(3) = (9)(10)(3)$
$y^{n-1}-\cdots + z^{n-1} = (8)(10)(6)$

Toto dosaďme do $x^n + (y+z)(y^{n-1} - \cdots + z^{n-1}) = 0$

$(7)^n(8)^n(9)^n(10)^n + (3)(6)(8)(9)(10)^2 = 0$ Pro $n \ge 3$ můžeme vydělit:

$(7)^n(8)^{n-1}(9)^{n-1}(10)^{n-2} + (3)(6) = 0$

Odsud vidíme několik zajímavých faktů. Nejprve $(7) = 1$ . Což plyne z toho, že (7)^n podle poslední rovnosti dělí (3)(6). Jenže (7) zároveň dělí (2), které je nesoudělné s (3) a zároveň (5), které je nesoudělné s (6). Což stačí pro to, aby (7) bylo rovno 1.

Dále $(8)^{n-1}$ dělí (6), protože je nesoudělné s (3). Což plyne z faktu, že (8) dělí (2).
Dále $(9)^{n-1}$ dělí (3), protože je nesoudělné s (6). Což plyne z faktu, že (9) dělí (5).

Proto existují (12),(13) takové, že $(6) = (8)^{n-1}(13)$ a $(3) = (9)^{n-1}(12)$ . Po dosazení všude kam můžeme dostaneme:

$(10)^{n-2} + (12)(13) = 0$

$x = (8)(9)(10)$
$y + z = (9)^n(10)(12)$
$y^{n-1}-\cdots + z^{n-1} = (8)^n(10)(13)$

Pozn2: Asi jste si všimli, že vůbec neřeším znaménka. Ale pouze dělitelnosti. U všeho, co jsem dosud zmínil a zmíním znaménka vůbec nejsou důležitá. Chci vyvozovat obecná fakta.

Tak.. Upravme nyní $x^n + y^n+z^n = 0$ Trochu jiným způsobem:

$x^n + \sum_{k = 0}^nf(n,k)(yz)^{\frac{n+k}{2}}(y+z)^k = 0$ .

Využiji toho, že jsme s v tomto tématu o číslech $f(n,k)$ dozvěděli několik věcí. Tak za prvé. Pokud budeme brát $n$ liché, pak $f(n,0) = f(n,2) = 0$ . Taky $f(n,1) = n$ , což ale využiji až za chvilku. To znamená, že můžeme vytknout $y+z$ . Dostaneme:

$x^n + (y+z)\cdot\sum_{k = 0}^nf(n,k)(yz)^{\frac{n+k}{2}}(y+z)^{k-1} = 0$ .

Odsud snadno vidíme, že $\sum_{k = 0}^nf(n,k)(yz)^{\frac{n+k}{2}}(y+z)^{k-1} = y^{n-1}-\cdots + z^{n-1}$ . Odsud snadno vidíme, že jakýkoliv společný dělitel čísel $(y+z)$ a $(y^{n-1}-\cdots + z^{n-1})$ dělí $f(n,1)(yz)^{\frac{n+k}{2}}$ . Odkud snadno, pokud BÚNO připustíme, že $y$ a $z$ jsou nesoudělná, vidíme, že jakýkoliv společný dělitel těch čísel dělí $n$ . Tedy i $(10)$ dělí $n$ . Podívejme se na vztahy

$x = (8)(9)(10)$
$y + z = (9)^n(10)(12)$
$y^{n-1}-\cdots + z^{n-1} = (8)^n(10)(13)$

Z toho, že jakýkoliv společný dělitel čísel $y+z$ a $y^{n-1}-\cdots + z^{n-1}$ dělí $n$ vidíme, že nutně jedno z čísel $(12)$ nebo $(13)$ je rovno (v absolutní hodnotě) číslu $(10)^{n-2}$ a druhé je rovno 1. Taky vidíme, že (10) je nutně 1 nebo $n$ (Zde přidávám BÚNO požadavek na $n$ je prvočíslo). Přitom pokud je rovno $n$ pak odsud $n$ dělí $x$ .

Stejný postup bychom mohli aplikovat na $y$ a $z$ . Z předpokladu nesoudělnosti $y$ a $z$ pak okamžitě dostáváme, že číslo odpovídající (10) bude pro alespoň dvě z čísel $x$ , $y$ $z$ rovno 1. BÚNO nechť tato jistá dvojice je $y$ a $z$ . Pak již odsud vidíme, že nutně pro nějaká nesoudělná $a,b,c,d$ platí:

$y = ab$
$z + x = a^n$
$z = cd$
$x + y = c^n$ .

Pokud (10) = 1 i v našem případě (u x) pak bude platit analogická rovnost. Já chci ukázat, že to tak musí nutně být. Takže.. Sporem. Pro spor nechť $(10) = n$ . Pak je $y^{n-1} + z^{n-1}$ dělitelné $n$ ale taky $y + z$ je dělitelné $n$ . Na chvíli zkusme, aby $n^2$ dělilo $y^{n-1}-\cdots + z^{n-1}$ . Ze vztahu $\sum_{k = 0}^nf(n,k)(yz)^{\frac{n+k}{2}}(y+z)^{k-1} = y^{n-1}-\cdots + z^{n-1}$ pak snadno dostáváme, že $n^2$ dělí $n$ , což není možné. Proto nutně $(13) = 1$ a $(12) = (10)^{n-2}$ . Tedy

$x = n(8)(9)$
$y + z = (9)^nn^{n-1}$
$y^{n-1}-\cdots + z^{n-1} = n(8)^n$

(tak, tady s přepisováním prozatím končím). Dosud jsou mé myšlenky docela jasné (i když možné chybné). Ale odteď si to potřebuji trochu ujasnit. BTW asi to jde vše odvodit mnohem jednodušeji. Ono by bohatě stačilo ukázat, že $y+z$ je skoro vždy nesoudělné s $y^{n-1}-\cdots + z^{n-1}$ . Teď mě napadá, že možná by se tomu všemu s NSD dalo úplně vyhnout. No ale mazat to nebudu když už jsem to napsal.

liamlim · 11. 02. 2017 18:27

Tak mám po delší době jiná čísla, která vykazují jistou podobnost s kombinačními. Uvedu to sem pro zajímavost:

Uvažme čísla definovaná jako $[n,k] = 0$ pro $k < 0$ a $k > n$ a $n\le 0$ . Dále $[1,1] = 1$ . Dále tato čísla splňují:

$[n + 2, k + 2] = 2[n + 1, k + 2] - [n,k]$

(doporučuji nakreslit si čísla do trojúhelníku podobného Pascalovu, pak se trojúhelník vyplňuje celkem rychle).

Pak platí $\sum_{k=1}^n[n,k] = 1$ . Umíte to dokázat? Já mám docela trikový důkaz, který se mi tak úplně nechce sem psát. Využívá toho, že $\cos((n+2)\cdot\arccos(k)) = 2k \cdot \cos((n +1)\cdot\arccos(k)) - \cos(n\cdot\arccos(k))$ ... To se mi nelíbí. Tento důkaz bych rozhodně nebyl schopen vymyslet - samotné tvrzení o součtu, který je roven 1 jsem totiž odvodil přímo z uvedené identity. Kdybych nevěděl, že je třeba ji použít, pak bych byl naprosto ztracen.

check_drummer · 13. 02. 2017 19:29

↑ liamlim:
Ahoj, nestačila by indukce podle n? Pak z toho rekurentního vztahu sumací přes k získám na pravé straně 2.1-1, což je 1...

vanok · 14. 02. 2017 00:11

Poznamka.
Rekurentnu relaciu, $\cos((n+2)\cdot\arccos(k)) = 2k \cdot \cos((n +1)\cdot\arccos(k)) - \cos(n\cdot\arccos(k))$ pozname ako relaciu pre Tchebysevove polynomy ptrveho druhu....
Nahoda??

liamlim

↑ vanok:

Uff o něčem takovém jsem v životě neslyšel :D

edit: platí to i pro siny, neboli:

$\sin((n+2)\cdot\arccos(k)) = 2k \cdot \sin((n +1)\cdot\arccos(k)) - \sin(n\cdot\arccos(k))$

Tomu se říká druhého druhu? Já jsem si tyto vzorečky odvodil a připadaly mi zajímavé. Vůbec jsem netušil, že už mají nějaký zavedený název. Zkusím o nich něco najít. Děkuji.

edit: odvození těch vztahů není těžké. stačí využít $x^n + y^n = (x+y)(x^{n-1} + y^{n-1}) - xy(x^{n-2} + y^{n-2})$ a potom dosadit $x = e^{i\varphi}$ a $y = e^{i \psi}$ a podívat se na reálné a imaginární části... Pak už je jednoduché vymyslet dosazení, ze kterého ty vztahy pěkně plynou.

vanok · 14. 02. 2017 08:38

Ano. Presne tak.
Pozri tu https://en.m.wikipedia.org/wiki/Chebyshev_polynomials a aj tu https://fr.m.wikipedia.org/wiki/Polynôme_de_Tchebychev.

Teoria numerickej matematiky je velmi pekna.

liamlim

Trochu jsem si dnes upravoval a došel jsem k následujícímu (píši pro úplnost a jen pro liché $n$ , pro sudé je to snadné a nechávám na čtenáři):

Nechť $n$ je liché. Pak:
$x^n+y^n = \sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}(-1)^k\cdot \frac{n}{n-k}{n-k\choose k}\cdot (xy)^k(x+y)^{n-2k}$

Připadá mi to celkem zajímavé! Vždyť jsme před více než rokem k podobně hezkému vzorečku nedošli.

Edit:
Obecně platí následující:
$x^n+y^n = \sum_{k=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}(-1)^k\cdot \frac{n}{n-k}{n-k\choose k}\cdot (xy)^k(x+y)^{n-2k}$

Matematické Fórum

#26 26. 12. 2015 02:41 — Editoval liamlim (26. 12. 2015 02:45)

Re: Něco jako kombinační čísla

#27 28. 12. 2015 14:17 — Editoval liamlim (28. 12. 2015 14:34)

Re: Něco jako kombinační čísla

#28 11. 02. 2017 18:27

Re: Něco jako kombinační čísla

#29 13. 02. 2017 19:29

Re: Něco jako kombinační čísla

#30 14. 02. 2017 00:11

Re: Něco jako kombinační čísla

#31 14. 02. 2017 00:12 — Editoval liamlim (14. 02. 2017 00:27)

Re: Něco jako kombinační čísla

#32 14. 02. 2017 08:38

Re: Něco jako kombinační čísla

#33 04. 08. 2018 22:52 — Editoval liamlim (04. 08. 2018 23:01)

Re: Něco jako kombinační čísla

Zápatí