Matematické Fórum

Nevíte-li si rady s jakýmkoliv matematickým problémem, toto místo je pro vás jako dělané.

Nástěnka
! 04. 11. 2016 (Jel.) Čtete, prosím, před vložení dotazu, děkuji!
17. 01. 2016 (Jel.) Rok 2016 s novými a novějšími krystaly od kolegy Pavla!
17. 01. 2016 (Jel.) Nabídka knih z oborů matematiky, fyziky, chemie
23. 10. 2013 (Jel.) Zkuste před zadáním dotazu použít některý z online-nástrojů, konzultovat použití můžete v sekci CAS.

Nejste přihlášen(a). Přihlásit

#1 03. 12. 2015 15:40 — Editoval liamlim (16. 12. 2015 18:22)

liamlim
Příspěvky: 192
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Něco jako kombinační čísla

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!

Offline

 

#2 03. 12. 2015 17:24

check_drummer
Příspěvky: 2363
Reputace:   64 
 

Re: Něco jako kombinační čísla

↑ 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.


Cimrmanův botanický kvíz:
Co mají společného byliny kozlík a pivoňka?

Offline

 

#3 03. 12. 2015 17:46 — Editoval liamlim (03. 12. 2015 17:50)

liamlim
Příspěvky: 192
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: Něco jako kombinační čísla

↑ 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 $k < 0$

Offline

 

#4 03. 12. 2015 17:48

Pavel
Místo: Ostrava/Rychvald
Příspěvky: 1754
Škola: OU
Pozice: EkF VŠB-TUO
Reputace:   130 
 

Re: Něco jako kombinační čísla

↑ 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.


Backslash je v TeXu tak důležitý jako nekonečno při dělení nulou v tělesech charakteristiky 0.

Offline

 

#5 03. 12. 2015 17:53

liamlim
Příspěvky: 192
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: Něco jako kombinační čísla

↑ 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.

Offline

 

#6 03. 12. 2015 18:07 — Editoval liamlim (03. 12. 2015 18:55)

liamlim
Příspěvky: 192
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: Něco jako kombinační čísla

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.

Offline

 

#7 03. 12. 2015 22:55

check_drummer
Příspěvky: 2363
Reputace:   64 
 

Re: Něco jako kombinační čísla

↑ 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 $a_i=1$.


Cimrmanův botanický kvíz:
Co mají společného byliny kozlík a pivoňka?

Offline

 

#8 03. 12. 2015 23:14 — Editoval liamlim (03. 12. 2015 23:16)

liamlim
Příspěvky: 192
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: Něco jako kombinační čísla

↑ 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

Offline

 

#9 03. 12. 2015 23:30 — Editoval liamlim (03. 12. 2015 23:31)

liamlim
Příspěvky: 192
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: Něco jako kombinační čísla

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?

Offline

 

#10 03. 12. 2015 23:47 — Editoval Pavel (04. 12. 2015 21:09)

Pavel
Místo: Ostrava/Rychvald
Příspěvky: 1754
Škola: OU
Pozice: EkF VŠB-TUO
Reputace:   130 
 

Re: Něco jako kombinační čísla

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.


Backslash je v TeXu tak důležitý jako nekonečno při dělení nulou v tělesech charakteristiky 0.

Offline

 

#11 04. 12. 2015 01:17

check_drummer
Příspěvky: 2363
Reputace:   64 
 

Re: Něco jako kombinační čísla

↑ 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. :-)


Cimrmanův botanický kvíz:
Co mají společného byliny kozlík a pivoňka?

Offline

 

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

Pavel
Místo: Ostrava/Rychvald
Příspěvky: 1754
Škola: OU
Pozice: EkF VŠB-TUO
Reputace:   130 
 

Re: Něco jako kombinační čísla

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 $1\leq k\leq n$.


Backslash je v TeXu tak důležitý jako nekonečno při dělení nulou v tělesech charakteristiky 0.

Offline

 

#13 04. 12. 2015 21:57 — Editoval liamlim (04. 12. 2015 22:29)

liamlim
Příspěvky: 192
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: Něco jako kombinační čísla

↑ 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.

Offline

 

#14 04. 12. 2015 22:02

liamlim
Příspěvky: 192
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: Něco jako kombinační čísla

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.

Offline

 

#15 04. 12. 2015 23:58

Pavel
Místo: Ostrava/Rychvald
Příspěvky: 1754
Škola: OU
Pozice: EkF VŠB-TUO
Reputace:   130 
 

Re: Něco jako kombinační čísla

↑ liamlim:

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


Backslash je v TeXu tak důležitý jako nekonečno při dělení nulou v tělesech charakteristiky 0.

Offline

 

#16 05. 12. 2015 00:13 — Editoval liamlim (05. 12. 2015 00:53)

liamlim
Příspěvky: 192
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: Něco jako kombinační čísla

↑ 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?

Offline

 

#17 05. 12. 2015 18:45 — Editoval check_drummer (05. 12. 2015 18:45)

check_drummer
Příspěvky: 2363
Reputace:   64 
 

Re: Něco jako kombinační čísla

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 ${(xy)^{...}}$?


Cimrmanův botanický kvíz:
Co mají společného byliny kozlík a pivoňka?

Offline

 

#18 05. 12. 2015 18:46

liamlim
Příspěvky: 192
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: Něco jako kombinační čísla

↑ check_drummer:

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

Offline

 

#19 05. 12. 2015 18:49

check_drummer
Příspěvky: 2363
Reputace:   64 
 

Re: Něco jako kombinační čísla

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


Cimrmanův botanický kvíz:
Co mají společného byliny kozlík a pivoňka?

Offline

 

#20 05. 12. 2015 18:51

liamlim
Příspěvky: 192
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: Něco jako kombinační čísla

↑ 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.

Offline

 

#21 05. 12. 2015 23:19

check_drummer
Příspěvky: 2363
Reputace:   64 
 

Re: Něco jako kombinační čísla

↑ 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.


Cimrmanův botanický kvíz:
Co mají společného byliny kozlík a pivoňka?

Offline

 

#22 05. 12. 2015 23:33 — Editoval liamlim (05. 12. 2015 23:38)

liamlim
Příspěvky: 192
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: Něco jako kombinační čísla

↑ 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.

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

Offline

 

#23 05. 12. 2015 23:51 — Editoval liamlim (05. 12. 2015 23:53)

liamlim
Příspěvky: 192
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: Něco jako kombinační čísla

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.

Offline

 

#24 24. 12. 2015 14:26 — Editoval liamlim (24. 12. 2015 14:56)

liamlim
Příspěvky: 192
Škola: MFF UK
Pozice: student
Reputace:   
 

Re: Něco jako kombinační čísla

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.

Offline

 

#25 26. 12. 2015 00:24

check_drummer
Příspěvky: 2363
Reputace:   64 
 

Re: Něco jako kombinační čísla

liamlim napsal(a):

Obecně $s_{n+3} = B\cdot s_{n+1} + C\cdot s_n$

Ahoj, zkus hledat hesla "diferenční rovnice" a/nebo hledat $s_n$ ve tvaru $b^n$, resp. ve tvaru lineární kombinace dvou takových vyjádření.


Cimrmanův botanický kvíz:
Co mají společného byliny kozlík a pivoňka?

Offline

 

Zápatí

Powered by PunBB
© Copyright 2002–2005 Rickard Andersson