Rekurencja Tess: Niech (xn)n≥1 będzie ciągiem zdefiniowanym rekurencyjnie: x₁ = 1, x_n+1 = 1 + 1/{1+x_n} . Udowodnij, że dla dowolnych m, n ∈ N+ zachodzi 2 + x_mx_n x_m+n = −−−−−−−−−−−−−− x_m + x_n

Adamm: z tego co pamiętam, to dla takich ciągów można bardzo fajnie znaleźć postać zwartą

Adamm: a dowód − pewnie jakoś indukcyjnie

Tess: Czyli zrobić dla kilku kolejnych i znajdę postać zwartą?

Tess: I jeszcze czy x_m mam traktować tym samym wzorem co x_n

Adamm: hm. No tak, to to samo przecież. Indukcja względem m czy coś i pewnie będzie łatwo

Tess: dzięki za wsparcie i podpowiedzi idę robić

Adamm: nie mam prostego rozwiązania, ale wymyśliłem takie

	αxn+β
xn+1 =
	γxn+δ

	α(αxn+β)+β(γxn+δ)
xn+2 =		=
	γ(αxn+β)+δ(γxn+δ)

	(α2+βγ)xn+(αβ+βδ)
=
	(αγ+δγ)xn+(βα+δ2)

	α β γ δ		α2+βγ αβ+βδ αγ+βδ βα+δ2
zauważmy, że		2 =

α = γ = δ = 1, β = 2

	1+2		1 2 1 1
wtedy x2 =		możemy utożsamić z
	1+1

	1 2 1 1
a xn utożsamimy z		n−1

żeby obliczyć x_n, użyjemy diagonalizacji

	1 2 1 1		1 0 0 1
det(		−λ		) = (1−λ)2−2 = 0 ⇒ λ = 1±√2

1 2 1 1	x y		x y
		= (1+√2)

x y		√2 1
	=

1 2 1 1	x y		x y
		= (1−√2)

x y		−√2 1
	=

	√2 −√2 1 1	(1+√2)n 0 0 (1−√2)n	√2 −√2 1 1
xn+1 =				−1

a = 1+√2, b = 1−√2

	2(an+bn) 2√2(an−bn) √2(an−bn) 2(an+bn)
xn+1 = (1/4)

	an+1+bn+1
xn+1 = 2
	an(a+1)+bn(1+b)

Adamm: albo, jeśli zapisać y_n = aⁿ+bⁿ, to mamy

	2yn
xn =
	yn+yn−1

jc:

	2+xy
xPy =		jest działaniem łącznym, przemiennym, elementem neutralnym jest ∞.
	x+y

elementem przeciwnym do x jest −x. RU{∞} tworzy grupę z działaniem P. Równość mówi, że n1 + m1 = (n+m)1, (1P1P...P1) P (1P1P...P1)=1P1P...P1 (suma n "jedynek" plus suma m "jedynek" to suma n+m jedynek) Równość wynika tylko z łączności działania.

Mariusz: Równanie

	1
x1 = 1, xn+1 = 1 +
	1+xn

można sprowadzić do liniowego podstawieniem

	zn
xn=1−
	zn+1

Mariusz:

	1
x1 = 1, xn+1 = 1 +
	1+xn

	zn
xn=1−
	zn+1

	zn+1
xn+1=1−
	zn+2

	zn+1		1
1−		=1+
	zn+2		zn   1+1−   zn+1

	zn+1		1
−		=
	zn+2		zn   2−   zn+1

	zn+1		1
−		=
	zn+2		2zn+1−zn   zn+1

	zn+1		zn+1
−		=
	zn+2		2zn+1−zn

	zn+2		2zn+1−zn
−		=
	zn+1		zn+1

z_n+2=−2z_n+1+z_n z₀=c₀ z₁=c₁ z_n+2=−2z_n+1+z_n Z(x)=∑_n=0^∞z_nxⁿ ∑_n=0^∞z_n+2xⁿ⁺²=∑_n=0^∞−2z_n+1xⁿ⁺²+∑_n=0^∞z_nxⁿ⁺² ∑_n=0^∞z_n+2xⁿ⁺²=−2x(∑_n=0^∞z_n+1xⁿ⁺¹)+x²(∑_n=0^∞z_nxⁿ) ∑_n=0^∞z_nxⁿ−c₀−c₁x= −2x(∑_n=0^∞z_nxⁿ−c₀)+x²(∑_n=0^∞z_nxⁿ) Z(x)−c₀−c₁x=−2xZ(x)+2c₀x+x²Z(x) Z(x)(1+2x−x²)=c₀+(2c₀+c₁)x

	c0+(2c0+c1)x
Z(x)=
	(1+x)2−2x2

	c0+(2c0+c1)x
Z(x)=
	(1−(−1+√2)x)(1−(−1−√2)x)

A		B		c0+(2c0+c1)x
	+		=
1−(−1+√2)x		1−(−1−√2)x		(1−(−1+√2)x)(1−(−1−√2)x)

A(1−(−1−√2)x)+B(1−(−1+√2)x)=c₀+(2c₀+c₁)x A+B=c₀ (−1−√2)A+B(−1+√2)=−2c₀−c₁ −A−B−√2A+√2B=−2c₀−c₁ A+B=c₀ −c₀−√2A+√2B=−2c₀−c₁ A+B=c₀ −√2A+√2B=−c₀−c₁ √2A+√2B=√2c₀ −√2A+√2B=−c₀−c₁ 2√2B=(√2−1)c₀−c₁

	√2
B=		((√2−1)c0−c1)
	4

−√2A−√2B=−√2c₀ −√2A+√2B=−c₀−c₁ −2√2A=(−1−√2)c₀−c₁

	√2
A=		((√2+1)c0+c1)
	4

	√2
Z(x)=		((√2+1)c0+c1)(∑n=0∞(−1+√2)nxn)
	4

	√2
+		((√2−1)c0−c1)(∑n=0∞(−1−√2)nxn)
	4

	√2		√2
zn=		((√2+1)c0+c1)(−1+√2)n+		((√2−1)c0−c1)(−1−√2)n
	4		4

jc:

	2+ xy
x P y =
	x+y

	2x + 2y + 2z +xyz
Łączność: (x P y) P z =		=x P (y P z)
	2+xy+yz+zx

x₁ = 1, x_n+1 = x_n P 1 x_n = 1 P 1 P ... P 1 = n 1

	2 + xnxm
xn P xm = xn+m, inaczej		=xn+m
	xn+xm

jc: Wzór ogólny.

	2+xy
z=		, x=√2/u, y=√2/v, z=√2/w
	x+y

	u+v
w=
	1+uv

Rozpoznajemy wzór na th sumy lub na relatywistyczne dodawanie prędkości. x_n=√2/th nt, gdzie t dobrane jest tak, aby th t = √2.

	(√2+ 1)n + (1 − √2)n
Wynik = xn = √2
	(√2+ 1)n − (1 − √2)n

Adamm: Mylę się, czy aby P nie jest łączne?

	2+xy		2(x+y)+(2+xy)z
(xPy)Pz =		Pz =
	x+y		2+xy+z(x+y)

	2+yz		2(y+z)+2(2+yz)x
xP(yPz) = xP		=
	y+z		2+yz+x(y+z)

xP(yPz) = (xPy)Pz ⇔ [2(y+z)+2(2+yz)x][2+xy+z(x+y)]−[2(x+y)+(2+xy)z][2+yz+x(y+z)] = 0 4x+2x²y+2x²z+4xyz+x²y²z+x²yz²+xy²z² = 0 no to nie jest dla każdego x, y, z

jc: Mała usterka w liczniku drugiego ułamka: zamiast 2(2+yz)x, powinno być x(2+yz).

Adamm: Przepraszam, oczywiście jest łączne. Wina leży po stronie programów online do redukowania wielomianów (nie bardzo działają).

Mariusz: "Czyli zrobić dla kilku kolejnych i znajdę postać zwartą?" 6 lis 2019 20:23 Gdy wypiszesz kilka kolejnych wyrazów to możesz ułożyć równanie rekurencyjne na ciąg liczników oraz równanie rekurencyjne na ciąg mianowników Równania rekurencyjne zapisujesz w postaci układu równań i rozwiązujesz go Dostaniesz wtedy rozwiązanie tożsame z rozwiązaniem Adama

Mariusz:

	1
x1 = 1, xn+1 = 1 +
	1+xn

	ln+1		1
l1 = 1,m1 = 1,		= 1 +
	mn+1		ln   1+   mn

l₁ = 1,m₁ = 1,

ln+1		1
	= 1+
mn+1		mn+ln   mn

ln+1		mn
	=1+
mn+1		mn+ln

ln+1		2mn+ln
	=
mn+1		mn+ln

l_n+1=l_n+2m_n m_n+1=l_n+m_n x_n=Xⁿ⁻¹x₁

Tess: Przepraszam was ale w sumie to czytam i czytam i nie rozumiem co tu się dzieje