Rekurencja Tess: Niech (xn)n≥1 będzie ciągiem zdefiniowanym rekurencyjnie: x1 = 1, xn+1 = 1 + 1/{1+xn} . Udowodnij, że dla dowolnych m, n ∈ N+ zachodzi 2 + xmxn xm+n = −−−−−−−−−−−−−− xm + xn
6 lis 20:20
Adamm: z tego co pamiętam, to dla takich ciągów można bardzo fajnie znaleźć postać zwartą
6 lis 20:21
Adamm: a dowód − pewnie jakoś indukcyjnie
6 lis 20:22
Tess: Czyli zrobić dla kilku kolejnych i znajdę postać zwartą?
6 lis 20:23
Tess: I jeszcze czy xm mam traktować tym samym wzorem co xn
6 lis 20:23
Adamm: hm. No tak, to to samo przecież. Indukcja względem m czy coś i pewnie będzie łatwo
6 lis 20:25
Tess: dzięki za wsparcie i podpowiedzi idę robić
6 lis 20:26
Adamm: nie mam prostego rozwiązania, ale wymyśliłem takie
 αxn 
xn+1 =

 γxn 
 α(αxn+β)+β(γxn+δ) 
xn+2 =

=
 γ(αxn+β)+δ(γxn+δ) 
 2+βγ)xn+(αβ+βδ) 
=

 (αγ+δγ)xn+(βα+δ2) 
 
nawias
α β
nawias
nawias
γ δ
nawias
 
nawias
α2+βγ αβ+βδ
nawias
nawias
αγ+βδ βα+δ2
nawias
 
zauważmy, że
2 =
   
α = γ = δ = 1, β = 2
 1+2 
nawias
1 2
nawias
nawias
1 1
nawias
 
wtedy x2 =

możemy utożsamić z
 1+1  
 
nawias
1 2
nawias
nawias
1 1
nawias
 
a xn utożsamimy z
n−1
  
żeby obliczyć xn, użyjemy diagonalizacji
 
nawias
1 2
nawias
nawias
1 1
nawias
 
nawias
1 0
nawias
nawias
0 1
nawias
 
det(
−λ
) = (1−λ)2−2 = 0 ⇒ λ = 1±2
   
nawias
1 2
nawias
nawias
1 1
nawias
nawias
x
nawias
nawias
y
nawias
 
nawias
x
nawias
nawias
y
nawias
 
= (1+2)
  
nawias
x
nawias
nawias
y
nawias
 
nawias
2
nawias
nawias
1
nawias
 
=
  
nawias
1 2
nawias
nawias
1 1
nawias
nawias
x
nawias
nawias
y
nawias
 
nawias
x
nawias
nawias
y
nawias
 
= (1−2)
  
nawias
x
nawias
nawias
y
nawias
 
nawias
2
nawias
nawias
1
nawias
 
=
  
 
nawias
22
nawias
nawias
1 1
nawias
nawias
(1+2)n 0
nawias
nawias
0 (1−2)n
nawias
nawias
22
nawias
nawias
1 1
nawias
 
xn+1 =
−1
  
a = 1+2, b = 1−2
 
nawias
2(an+bn) 22(an−bn)
nawias
nawias
2(an−bn) 2(an+bn)
nawias
 
xn+1 = (1/4)
  
 an+1+bn+1 
xn+1 = 2

 an(a+1)+bn(1+b) 
6 lis 21:18
Adamm: albo, jeśli zapisać yn = an+bn, to mamy
 2yn 
xn =

 yn+yn−1 
6 lis 21:20
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.
6 lis 23:30
Mariusz: Równanie
 1 
x1 = 1, xn+1 = 1 +

 1+xn 
można sprowadzić do liniowego podstawieniem
 zn 
xn=1−

 zn+1 
7 lis 01:38
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 
zn+2=−2zn+1+zn z0=c0 z1=c1 zn+2=−2zn+1+zn Z(x)=∑n=0znxnn=0zn+2xn+2=∑n=0−2zn+1xn+2+∑n=0znxn+2n=0zn+2xn+2=−2x(∑n=0zn+1xn+1)+x2(∑n=0znxn) ∑n=0znxn−c0−c1x= −2x(∑n=0znxn−c0)+x2(∑n=0znxn) 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 −c02A+2B=−2c0−c1 A+B=c02A+2B=−c0−c1 2A+2B=2c02A+2B=−c0−c1 22B=(2−1)c0−c1
 2 
B=

((2−1)c0−c1)
 4 
2A−2B=−2c02A+2B=−c0−c1 −22A=(−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 
7 lis 03:09
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, xn+1 = xn P 1 xn = 1 P 1 P ... P 1 = n 1
 2 + xnxm 
xn P xm = xn+m, inaczej

=xn+m
 xn+xm 
7 lis 07:21
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. xn=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 
7 lis 09:38
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
7 lis 10:23
jc: Mała usterka w liczniku drugiego ułamka: zamiast 2(2+yz)x, powinno być x(2+yz).
7 lis 10:32
Adamm: Przepraszam, oczywiście jest łączne. Wina leży po stronie programów online do redukowania wielomianów (nie bardzo działają).
7 lis 10:34
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
7 lis 13:33
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 
ln+1=ln+2mn mn+1=ln+mn xn=Xn−1x1
7 lis 14:11
Tess: Przepraszam was ale w sumie to czytam i czytam i nie rozumiem co tu się dzieje
12 lis 20:19