Oblicz sumę Mariusz: Oblicz sumę

	n 2k	k m
∑k=mfloor(n/2)

Tak naprawdę to nie wiem jak zacząć Na ważniaku jest wspomniana metoda zaburzania sum a także sumowanie przez części jednak nie wiem czy te pomysły zadziałają Jedyny pomysł na jaki wpadłem to Ustalmy sobie jakieś n

	n
Stwórzmy sobie ciąg sum sm dla m ∊ {0,1,...,floor(		)}
	2

Spróbujmy zaobserwować zależność rekurencyjną między wyrazami ciągu s_m a może uda nam się przedstawić rozwiązanie tej rekurencji w postaci iloczynu który łatwo będzie zwinąć do silni a może nawet do symbolu Newtona Tylko jak znaleźć tę zależność rekurencyjną

jc: https://oeis.org/search?q=1%2C2%2C1%2C4%2C3%2C8%2C8%2C1&language=english&go=Search

Maciess: A moze spróbować to jakos kombinatorycznie zinterpretowac i stąd łatwiej pójdzie. Śmierdzi wyborem jakis podkomisji

Mariusz: jc ale ja właśnie od tego wyszedłem i chciałbym znaleźć zwartą postać tej sumy Wyszedłem z równości T_n(x) = cos(n*arccos(x)) cos((n+1)arccos(x)) = cos(arccos(x))cos(n*arccos(x)) − sin(arccos(x))sin(n*arccos(x)) cos((n − 1)arccos(x)) = cos(arccos(x))cos(n*arccos(x)) + sin(arccos(x))sin(n*arccos(x)) cos((n+1)arccos(x)) + cos((n − 1)arccos(x)) = 2cos(arccos(x))cos(n*arccos(x)) ale x ∊ <−1;1> oraz cos(x) i arccos(x) są funkcjami odwrotnymi więc cos((n+1)arccos(x)) + cos((n − 1)arccos(x)) = 2xcos(n*arccos(x)) cos((n+1)arccos(x)) = 2xcos(n*arccos(x)) −cos((n − 1)arccos(x)) T_n+1(x) = 2xT_n(x) − T_n−1(x) T₀(x) = 1 T₁(x) = x Po przesunięciu indeksów dostałem T_n+2(x) = 2xT_n+1(x) − T_n(x) T₀(x) = 1 T₁(x) = x Teraz zdefiniowałem sobie wykładniczą funkcję tworzącą

	tn
E(t) = ∑n=0∞Tn(x)
	n!

Po wstawieniu do równania rekurencyjnego dostałem następujące równanie różniczkowe E''(t) − 2xE'(t) + E(t) = 0 E(0) = 1 E'(0) = x Rozwiązałem to równanie różniczkowe przekształceniem Laplace

	s−x
L(E(t)) =
	s2−2xs+1

	s−x
L(E(t)) =
	s2−2xs+x2+1−x2

	s−x
L(E(t)) =
	(s−x)2+1−x2

Tutaj warto zauważyć że x ∊ <−1;1> więc mamy tutaj już ułamek prosty i nie trzeba dalej rozkładać E(t) = exp(xt)cos(sqrt(1−x²)t) Tutaj zauważmy że hiperbolicus którego wikipedie sugerują wymagałby urojonego argumentu więc lepszym wyborem jest ten cosinus trygonometryczny Zauważmy też ż łatwo policzyć n. pochodną każdego z czynników więc do rozwinięcia tej funkcji tworzącej można użyć wzoru Leibniza na n. pochodną iloczynu

	n 2k
Tn(x) = ∑k=0floor(n/2)		xn−2k(x2−1)

Tutaj można rozpisać (x²−1)^k z dwumianu Newtona

	n k		n
skorzystać z tego że		=		przeindeksować sumę
			n−k

a następnie zmienić kolejność sumowania I chciałbym znaleźć postać ogólną tych wielomianów bo wolę mieć postać ogólną od wzoru trygonometrycznego Można było wprawdzie bawić się zespolonymi i byłoby szybciej ale chciałem uniknąć liczb zespolonych poza tym użyć metod które działają też dla innych wielomianów ortogonalnych Maciess mógłbyś rozwinąć swoją myśl

Mariusz: ups tutaj błąd w zapisie wystąpił bo zamiast N dałem U

Maciess: Już sie z tego wycofuje. A widziałeś w ogóle żeby komus udało się dojść do zwartej postaci na te wielomiany? Jak przeglądałem troche literatury to nigdy nie widziałem wzmianki, żeby dało sie wyprowadzić taka postać

Mariusz: Ja z równania różniczkowego coś tam otrzymałem ale podczas zwijania iloczynu do potęg dwójki oraz silni a następnie symbolu Newtona wystąpiło dzielenie przez zero lub silnia z liczby ujemnej dlatego wzór nie obejmuje wszystkich n Ta suma natomiast działa dla wszystkich n jednak nie wiem jak dostać zwartą postać

jc: Czy taka rekurencja Ci pasuje? s_{0, 0}=s_{1, 0}=1 s_{n, m} = 2 s_{n−1, m} + s_{n−2, m−1} poza tym zera

Mariusz: Maciess a może nie chcieli bądź nie potrafili znaleźć postaci zwartej na te współczynniki bo to amerykańcy twierdzili że wystarczy im rekurencja (T_n+1=2xT_n−T_n−1, T₀=1,T₁=x) albo postać trygonometryczna jc Pytanie czy da się z nią coś zrobić ? bo ta rekurencja miała ułatwić znalezienie postaci zwartej To może pokażę co uzyskałem z równania różniczkowego T_n(x) = cos(n*arccos(x)) Niech t = arccos(x) y(t) = cos(nt) y'(t) = −n*sin(nt) y''(t) = −n²*cos(nt) y''(t) = −n²y(t) y''(t) + n²y(t)=0 W powyższym równaniu zastosujmy zamianę zmiennej niezależnej t=arccos(x) x=cos(t)

dx
	= −sin(t)
dt

dx
	=(−1*(±√1−x2))
dt

dy		dy		dx
	=		*
dt		dx		dt

dy		dy
	=		*(−1*(±√1−x2))
dt		dx

d2y		d		dy
	=		(		)
dt2		dt		dt

d2y		d		dy	dx		dx
	=		(			)
dt2		dx		dx	dt		dt

d2y		d		dy
	=		(		(−1*(±√1−x2)))*(−1*(±√1−x2))
dt2		dx		dx

d2y		d		dy
	= √1−x2		(		√1−x2)
dt2		dx		dx

d2y		d2y		dy
	= √1−x2(√1−x2		− U{x}√1−x2		)
dt2		dx2		dx

d2y		d2y		dy
	= (1−x2)		− x
dt2		dx2		dx

y''(t) + n²y(t)=0

	d2y		dy
(1−x2)		− x		+n2y(x)=0
	dx2		dx

y(x) = ∑_n=0^∞a_kx^k y'(x) = ∑_n=0^∞ka_kx^k−1 y''(x) = ∑_n=0^∞k(k−1)a_kx^k−2 (1−x²)(∑_n=0^∞k(k−1)a_kx^k−2) −x(∑_n=0^∞ka_kx^k−1)+ n²(∑_n=0^∞a_kx^k) = 0 ∑_n=0^∞k(k−1)a_kx^k−2 −x²(∑_n=0^∞k(k−1)a_kx^k−2)−x(∑_n=0^∞ka_kx^k−1) +n²(∑_n=0^∞a_kx^k) = 0 ∑_n=2^∞k(k−1)a_kx^k−2 − (∑_n=0^∞k(k−1)a_kx^k) − (∑_n=0^∞ka_kx^k) +n²(∑_n=0^∞a_kx^k) = 0 ∑_n=2^∞k(k−1)a_kx^k−2 − (∑_n=0^∞k(k−1)a_kx^k+ka_kx^k−n²a_kx^k) = 0 ∑_n=2^∞k(k−1)a_kx^k−2 − (∑_n=0^∞(k(k−1)+k − n²)a_kx^k) = 0 ∑_n=2^∞k(k−1)a_kx^k−2 − (∑_n=0^∞(k² − n²)a_kx^k) = 0 ∑_n=2^∞k(k−1)a_kx^k−2 − (∑_n=0^∞(k − n)(k+n)a_kx^k) = 0 ∑_n=0^∞(k+2)(k+1)a_k+2x^k − (∑_n=0^∞(k − n)(k+n)a_kx^k) = 0 ∑_n=0^∞((k+2)(k+1)a_k+2x^k − (k − n)(k+n)a_kx^k) = 0 ∑_n=0^∞(k+2)(k+1)a_k+2 − (k − n)(k+n)a_k)x^k = 0 (k+2)(k+1)a_k+2 − (k − n)(k+n)a_k = 0 Teraz mamy takie możliwości − albo wyznaczyć a_k+2 albo wyznaczyć a_k (k+2)(k+1)a_k+2 − (k − n)(k+n)a_k = 0

	(k − n)(k+n)
ak+2 =		ak
	(k+2)(k+1)

albo

	(k+2)(k+1)
ak =		ak+2
	(k − n)(k+n)

Tego typu rekurencji raczej się spodziewałem bo ta którą zaproponowałeś raczej mi nie pomoże w znalezieniu postaci zwartej Chciałem też taką rekurencję otrzymać bez odwoływania się do równania różniczkowego

jc: Inny wzór: [ (1+√x+1)ⁿ + (1−√x+1)ⁿ ]/2 = s_n0 + s_n1x+ s_n2x²+...

jc: funkcja tworząca

	y−1
∑snm xnym =
	1−2y−xy2

jc: W liczniku powinno być 1−y.

Mariusz: jc całkiem niezłe tylko w jaki sposób uzyskałeś tę rekurencję

Mariusz: Chociaż nie wiem czy to coś pomoże czy gdy będę chciał wydobyć współczynniki rozwinięcia tego wzoru to czy nie wrócę do punktu wyjścia

jc: Mariusz, oto wzór nierekurencyjny (bez jawnej rekurencji)

	n−m m		n−m−1 m
sn, m = [ 2		−		] 2n−2m−1

jc: Jak uzyskałem? wypisałem tablicę początkowych wyrazów i odgadłem zależność. Wiem, że to nie dowód, ale co z tego? Pewnie jakieś wskazówki są na stronie oeis.org.

Mariusz: Tylko że problemem jest n=m=0 Czyli tak jak u mnie gdy wyszedłem z równania różniczkowego

Mariusz: Chociaż nie w symbolu Newtona ujemny argument może być Czyli wygląda to na poprawny wzór

jc: dla 00 też się zgadza.

	0 0
s00=[2		]2−1=1

	1 0		0 0
s10=[2		−		]=1

	2 0		1 0
s20=[2		−		]2=2

	1 1
s21=[2		]2−1=1

	3 0		2 0
s30=[2		−		]22=4

	2 1		1 1
s31=[2		−		]=3

	4 0		3 0
s40 = [2		−		23=8

	3 1		2 1
s41 = [2		−		]2=8

	2 2
s42= [2		]2−1=1

Mariusz:

	−1 0
A czy		nie jest równe 1

Tyle mi pokazują programy matematyczne no i spójrz co dostajemy podczas rozwijania szeregu geometrycznego

jc: To może trzeba zapisać tak:

	n−m n−2m		n−m−1 n−2m−1
sn,m=		2n−2m −		2n−2m−1

i problem znika.

Mariusz: Nie wiem czy to zbieg okoliczności ale jeżeli spojrzymy na iloczyn skalarny

	1
<p(x),q(x)> = ∫−11Tn(x)Tm(x)		dx
	√1−x2

to co dostajemy dla m=n bo dla n≠m jest to oczywiście zero

jc: x= cos t = ∫₀^π cos²nt dt = π/2

Mariusz: Ale już i tak wór który odgadłeś jest całkiem niezły bo jeśli dopiszemy deltę Kroneckera to go poprawimy Zastanawia mnie też czy nie można tego symbolu Newtona tak przekształcić aby pozbyć się tego ujemnego argumentu Chodzi mi o wzór z 8 gru 2023 22:53

Mariusz: jc ale gdy m=n=0 to wynik będzie nieco inny Chodzi mi o to dlaczego dość trudno jest znaleźć wzór który obejmowałby także n=0

jc:

a k
	=0 dla k <0

	0 0		−1 −1
s00=		−		2−1=1−0=1

Mariusz: Programy matematyczne twierdzą że

	−1 n
∀n ∊ ℤ		= (−1)n

Jeżeli chodzi o iloczyn skalarny to dla n=m=0 też będzie inny wynik niż to podałeś we wpisie z 8 gru 2023 23:54

Mariusz: jc a czy czasem nie mamy tam warunku że a≥0 w tym wzorku dla symbolu Newtona ?

jc: całka dla n=0 to oczywiście π.

a n		a(a−1)(a−2)...(a−k+1)
	=		, k>0
		k!

a 0
	=1

	n k
Na pewno wygodnie jest tu przyjąć, że		= o dla k<0.

Mariusz: Przypomnijmy sobie wzór z 8 gru 2023 22:53

	n−m m		n−m−1 n
sn,m = [2		−		]*2n−2m−1

Rozpiszmy go sobie

	n−m m		n−m−1 m
sn,m = [2		−		]*2n−2m−1

	n−m m		n−m m		n−m−1 m
sn,m = [		+		−		]*2n−2m−1

Przypomnijmy sobie jak się budowało trójkąt Pascala

n k		n−1 k−1		n−1 k
	=		+

n−1 k−1		n k		n−1 k
	=		−

	n−m m		n−m m		n−m−1 m
sn,m = [		+		−		]*2n−2m−1

	n−m m		n−m−1 m−1
sn,m = [		+		]*2n−2m−1

	n k		n n−k
Skorzystajmy teraz z tego że		=

	n−m m		n−m−1 m−1
sn,m = [		+		]*2n−2m−1

	n−m m		n−m−1 (n−m−1)−(m−1)
sn,m = [		+		]*2n−2m−1

	n−m m		n−m−1 n−2m
sn,m = [		+		]*2n−2m−1

I ten wynik jest ok choć pewnie ładniej by wyglądał gdybyśmy u góry mieli liczbę nieujemną

Mariusz: jc szkoda że nie chcesz mi pokazać jak do tego doszedłeś i twoja odpowiedź jest w stylu Wolframa choć muszę przyznać że masz lepsze algorytmy od niego

Mariusz: Ale dziękuję i za to Mógłbyś jeszcze spojrzeć do tematu https://matematykaszkolna.pl/forum/418560.html bo tu mam wątpliwości co do pewnego przejścia

jc: 1. Utworzyłem tabelę liczb (napisałem krótki program) 2. Odgadłem wzór rekurencyjny 3. Wiedząc, że to ma coś wspólnego z wielomianami Czebyszewa (o tym pisałeś ostatnio) próbowałem coś cosinusem hiperbolicznym, aż natrafiłem na wzór z x−ami (znów eksperymenty z systemem CAS) 4. napisałem wzór na funkcję tworzącą (łatwe) 5. rozwinąłem funkcję w odwrotnej kolejności

Mariusz: Akurat cosinus hiperboliczny wymaga urojonego argumentu więc tutaj lepiej się sprawdza ten trygonometryczny Mamy wielomiany

	n−m n−2m		n−m−1 n−2m
Tn(x) = ∑m=0floor(n/2)(−1)m(		+		)*2n−2m−1*xn−2m

(Zapisałem wzór na sumę s_n,m w sposób łatwy do zapamiętania) Mamy też równanie rekurencyjne T_n(x) = 2xT_n−1(x) − T_n−2 T₀(x) = 1 T₁(x) = x Jak tutaj wyglądałaby indukcja ? Gdyby T_n(x) zależało tylko od T_n−1(x) to bym wiedział

Mariusz: jc dla początkowych (n,m) wzorek działa jednak jeśli naprawdę otrzymałeś go zgadując to wypadałoby wykazać jego poprawność inaczej wzorek jest bezużyteczny

jc:

	n 2k		k m		n 2k
∑knm				yn xm = ∑nk		(1+x)k yn

	y2k		1−y
= ∑k		(1+x)k =
	(1 −y)2k−1		1−2y−xy2

a teraz rozwijasz w szereg potęgowy względem x i znajdujesz współczynniki przy potęgach y

Mariusz: jc mógłbyś zajrzeć do wątku w którym poprosiłem o wytłumaczenie metody odbić Householdera w taki sposób aby łatwo było napisać kod w ulubionym języku programowania a także nad możliwą modyfikacją tej metody odbić Householdera aby możliwe było generowanie wielomianów ortogonalnych https://matematykaszkolna.pl/forum/418643.html