Общ член на редица

[Станислав]

inveidar, сигурен ли си? При $n=8$ получавам $(-1)^{\frac{5.6.7}{3}}=1$, а трябва да е $-1$.
Иначе на другия ти въпрос - на прима виста - не съществува целочислен полином, който да ти върши работа. Коефициентите какви ги искаш?

[Xixibg]

Е нали Ганка Симеонова даде решение с редицата на Фибоначи.Така да се каже изрази степента на (-1) с индекса[tex]n[/tex] Вие полином за степенен показател ли искате?

Ето и още едно представяне. Направи ми впечатление, че редицата на Фибоначи започва с нечетно число и при нея винаги се редуват още от началото две нечетни и едно четно..
1;1;2/3;5;8/13;21;34/,....
Освен това числата на Фибоначи се представят и последния начин:

[tex]a_n=(\frac{5-\sqrt{5} }{ 10}) (\frac{1-\sqrt{5} }{ 2} )^{n-1} +(\frac{5+\sqrt{5} }{ 10}) (\frac{1+\sqrt{5} }{ 2} )^{n-1}[/tex] за[tex]n=1; 2; 3;....[/tex]

Тогава общия член на нашата редица може да се запише като:

[tex]A_n=-(-1)^{a_n}; n=1,2,3,....[/tex]

Между другото за мен това е най-оригиналното решение

[inveidar]

Това да. Аз имах предвид за първоначалната редица: [tex]1, 1, -1, 1, 1, -1,...[/tex]

Е не разбрах защо пък за нея да не може???

[inveidar]

inveidar, сигурен ли си? При[tex]n=8[/tex] получавам [tex](-1)^{\frac{5.6.7}{3}}=1[/tex], а трябва да е [tex]-1[/tex].
Иначе на другия ти въпрос - на прима виста - не съществува целочислен полином, който да ти върши работа. Коефициентите какви ги искаш?

Оф, да бе. Вярното е с 2 в знаменателя и се доказва лесно, че е изпълнено, като се разгледат случаите за [tex]n=4k+i,i=0,1,2,3[/tex]. А защо да не става за другата редица? Докажете го. Коефициентите - рационални.

[Станислав]

Лесно се доказва, че не може с рационални. Използва се просто, че периодичността е нечетно число и известното $a-b|P(a)-P(b)$ за целочислени. Представяме си полинома във вида $f(n)=\frac{1}{d}P(n)$ за целочислен. После взимаме това $n$, за което имаме най-малка канонична степен на 2-ката във $P(n)$. Лесно може да се докаже, че $n=3k$ и после получаваме противоречие с $a-b|P(a)-P(b)$. Ако нямах SAT тази събота можеше и да го разписвам.

[inveidar]

Лесно се доказва, че не може с рационални. Използва се просто, че периодичността е нечетно число и известното [tex]a-b|P(a)-P(b)[/tex] за целочислени. Представяме си полинома във вида [tex]f(n)=\frac{1}{d}P(n)[/tex] за целочислен. После взимаме това [tex]n[/tex], за което имаме най-малка канонична степен на 2-ката във [tex]P(n)[/tex]. Лесно може да се докаже, че [tex]n=3k[/tex] и после получаваме противоречие с [tex]a-b|P(a)-P(b)[/tex]. Ако нямах SAT тази събота можеше и да го разписвам.

Нещо не можах да те разбера!

[Станислав]

Използваме горните означение. Нека $ord_2 d = \alpha$. Тогава понеже $(-1)^{f(n)}$ е 1 при $n=3k\pm 1$, то $ord_2 P(n) > \alpha$ при $n=3k\pm 1$. Аналогично достигаме до $ord_2 P(n) \le \alpha$ при $n=3k$. От друга страна, понеже $3(k+1)-3k+1=2$, то $2|P(3(k+1))-P(3k+1)$, т.е $P(3k)$ е четно за всяко $k$ или с други думи $P(n)\equiv 0(mod 2)$ за всяко цяло $n$. Нека $\beta$ е най-голямото число, за което е вярно, че $2^{\beta}|P(n)$ за всяко цяло $n$. Тогава $Q(n) \frac{1}{2^{\beta}}P(n)$ също е целочислен полином и нека $n_0$ е такова, че $ord_2 P(n_0) = \beta$. Можем да съобразим, че $\beta < \alpha $ и оттук $n_0$ се дели на $3$. Тогава обаче имаме противоречие с $2|Q(n_0)-Q(n_0-2)$, тъй като $Q(n_0)$ е четно, а $Q(n_0)-2$ - не. Мисля, че това може да се адаптира за доказателството, единствените редици от 1 и -1, които имат общ член във вида $(-1)^{f(x)}$ за $f(x)\in\mathbb{Q}{x}$, са тези с алтернативно сменящи се 1 и -1.

[inveidar]

Използваме горните означение. Нека[tex]ord_2 d = \alpha[/tex]. Тогава понеже [tex](-1)^{f(n)}[/tex] е 1 при [tex]n=3k\pm 1[/tex], то [tex]ord_2 P(n) > \alpha[/tex] при [tex]n=3k\pm 1[/tex]. Аналогично достигаме до [tex]ord_2 P(n) \le \alpha[/tex] при [tex]n=3k[/tex]. От друга страна, понеже [tex]3(k+1)-3k+1=2[/tex], то [tex]2|P(3(k+1))-P(3k+1)[/tex], т.е [tex]P(3k)[/tex] е четно за всяко [tex]k[/tex] или с други думи [tex]P(n)\equiv 0(mod 2)[/tex] за всяко цяло [tex]n[/tex]. Нека [tex]\beta[/tex] е най-голямото число, за което е вярно, че [tex]2^{\beta}|P(n)[/tex] за всяко цяло [tex]n[/tex]. Тогава [tex]Q(n) \frac{1}{2^{\beta}}P(n)[/tex] също е целочислен полином и нека [tex]n_0[/tex] е такова, че [tex]ord_2 P(n_0) = \beta[/tex]. Можем да съобразим, че [tex]\beta < \alpha[/tex] и оттук [tex]n_0[/tex] се дели на [tex]3[/tex]. Тогава обаче имаме противоречие с [tex]2|Q(n_0)-Q(n_0-2)[/tex], тъй като [tex]Q(n_0)[/tex] е четно, а [tex]Q(n_0)-2[/tex] - не. Мисля, че това може да се адаптира за доказателството, единствените редици от 1 и -1, които имат общ член във вида [tex](-1)^{f(x)}[/tex] за [tex]f(x)\in\mathbb{Q}{x}[/tex], са тези с алтернативно сменящи се 1 и -1.

Аз пък си мисля, че това последното не е вярно, защото пак ще повторя, че редицата 1,1,1,-1,1,1,1,-1,... има общ член
[tex](-1)^{\frac{(n-1)(n-2)(n-3)}{2 }}[/tex]
и защо не ползваш командата tex вместо $?

[Станислав]

Мда, прав си. Засега очевидното обобщение от горната процедура е за редици с период просто число $p>2$.
ПП Относно LaTeX-а. От доста време не съм писал в този форум, а той май е единственото място, където така се пишат символите в LaTeX.

[WEBER]

за решението и се изисква идея, доста отдалечена от формулировката и. И тази идея решава задачата! За мен това е една типична, нестандартна задача, която на пръв поглед е много лесна.

[tex]i^{ncos(\frac{n\pi}{2 } )}[/tex], [tex]n=0,1,2,3,...[/tex]

[inveidar]

[tex]i^{ncos(\frac{n\pi}{2 } )}[/tex], [tex]n=0,1,2,3,...[/tex]

Нещо не можах да го разбера?

[drago]

И аз !?

[WEBER]

Сбъркал съм, ще се опитам да го поправя. [tex]i[/tex] е имагинерната единица.

[WEBER]

Извинявам се, че спамих с онова решение, бях объркал един знак в решението и се заблудих. Ето ми решението:

[tex](-1)^{\frac{1}{cos(2n\pi/3 )}[/tex], за [tex]n=1,2,3,4,...[/tex]

Oще по проста форма: [tex](-1)^{sec(\frac{n\pi}{3})}[/tex], [tex]n=1,2,3,4,...[/tex]

[inveidar]

Но и двете формули не са с полиноми с рационални коефициенти в степента на минус единицата. Вече искам да се докаже възможно ли е това или не и защо, ако е не.

[ganka simeonova]

Тази редица ми се загнезди в мозъка
Ето и още едно представяне, удобно за програмирането

[tex]a_n=\frac{1}{9 } [-5(n mod3)+7((n+1)mod3)+(n+2)mod3][/tex]; [tex]n=0,1,2,..[/tex]

[Добромир Глухаров]

Аз намерих "програмисткото" представяне в този вид:

[tex]a_n=-(n\ mod\ 3)^2+3(n\ mod\ 3)-1,\ n\in\mathbb{N}[/tex].

[WEBER]

Ако става въпрос за програмиране това не е ли по-удобно?

#include <stdio.h>
void main (void)
{
int n=2;
for(;n<33;n++)
{
if(n%3==1) printf("-1");
else printf("1");
}
}

[ganka simeonova]

По- удобно е, разбира се, но идеята е да се измислят формули за представяне на общия член
И сега остава полином да се намери, ако въобще е възможно.

[Добромир Глухаров]

@WEBER: Е, то може и без проверки, така:

Код: Избери целия код

#include <stdio.h>
void main (void)
{
  int n=0;
  for(;n<10;n++)
  {
    printf("1");
    printf("1");
    printf("-1");
  }
}

[WEBER]

По- удобно е, разбира се, но идеята е да се измислят формули за представяне на общия член
И сега остава полином да се намери, ако въобще е възможно.

Ааа да прощавайте.

Добромире, идол си ми. То става и с for(n=0;n<33;n++) printf("1, 1, -1, ");

ПП Почвам сериозно да търся.

[mkmarinov]

По- удобно е, разбира се, но идеята е да се измислят формули за представяне на общия член
И сега остава полином да се намери, ако въобще е възможно.

Май доказах, че е невъзможно.

Иначе, с модул има много по-проста формула - [tex](-1)^{n^2+1 (mod 3)}[/tex]

[inveidar]

Мисля си, че такова представяне съществува само когато периода е четно число. За 3 със сигурност не става.
.............................

Всъщност, това с нечетните не е вярно. При период 5 се получава.

Я дай пример с период 5?!