Tengo los siguientes polinomios: $$1$$ $$z-1$$ $$z^2-2z+3$$ $$z^3-3z^2+9z-15$$ $$z^4-4z^3+18z^2-60z+93$$ $$z^5-5z^4+30z^3-150z^2+465z-725$$ $$...$$ Que se generan de forma recursiva y explícitamente. La fórmula recursiva es $$p_n(z)=z^n-\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n}{k}\frac{1+(-1)^{n-k}+2(n-k)(-1)^{n-k-1}}{2}p_k(z)$$ La colocación de los sin signo de los coeficientes en un triangular inferior de la matriz, $$ \begin{matrix} 1\\ 1&1\\ 1&2&3\\ 1&3&9&15\\ 1&4&18&60&93\\ 1&5&30&150&465&725 \end{de la matriz} $$ Si llamamos a la primera fila y la columna 0-ésima fila y la columna, las columnas de 0 a 3 satisfacer la siguiente relación de recurrencia: Si $T(n,k)$ es la entrada en la n-ésima fila y kth columna, a continuación, $$T(n,k)=(2k-1)T(n-1,k-1)+T(n-1,k)$$ donde $T(n,k)=0$ si $n<k$, y la fórmula explícita $$T(n,k)=\binom{n}{k}(2k-1)!!$$ ¿Qué haría un evidente patrón en el triángulo de romper después de la 3ª columna? Si fuera a continuar, a continuación,$T(4,4)=7T(3,3)=105$, pero en lugar de tener 93. Sé que hay muchas secuencias que imitan a otros muy temprano y difieren de los resultados deseados, pero estoy tratando de identificar en la fórmula recursiva los términos que sería el responsable de esto. Los pensamientos?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
$$p_n(z)=z^n-\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n}{k}\frac{1+(-1)^{n-k}+2(n-k)(-1)^{n-k-1}}{2}p_k(z)$$
$T(n, k) = [z^{n-k}]p_n(z)$ y está particularmente interesado en $T(n, n) = [z^0]p_n(z)$
$$T(n, n) = [n = 0] - \sum_{k=0}^{n-1}\binom{n}{k}\frac{1+(-1)^{n-k}+2(n-k)(-1)^{n-k-1}}{2}T(k, k)$$
- $T(0, 0) = 1$ es un caso especial.
- $T(1, 1) = -\binom{1}{0}T(0, 0) = -1$
- $T(2, 2) = -\left(-\binom{2}{0}T(0,0) + \binom{2}{1}T(1,1)\right) = -(-1-2) = 3$
- $T(3, 3) = -\left( 3\binom{3}{0}T(0, 0) - \binom{3}{1}T(1, 1) + \binom{3}{2}T(2, 2) \right) = -(3 + 3 + 9) = -15$
- $T(4, 4) = -\left( -3\binom{4}{0}T(0, 0) + 3\binom{4}{1}T(1, 1) - \binom{4}{2}T(2, 2) + \binom{4}{3}T(3, 3) \right) = -(-3 - 12 - 18 - 60) = 93$
Así que, básicamente, la coincidencia con la extraña factorial parece ser nada más que una coincidencia. $T(2, 2) = \binom{2}{0} + \binom{2}{1}$ sólo pasa a ser $3!!$. En $T(3, 3)$, los factores de 3 en $3\binom{3}{0}$ $\binom{3}{1}$ provienen de diferentes lugares. En general el coeficiente de $-T(n-1, n-1)$ en la suma de la que se compone $T(n, n)$$\binom{n}{n-1} = n$, pero no hay ninguna razón para que el resto de términos de la suma a $-(n-1)T(n-1, n-1)$.
Esto es realmente un problema interesante! Sólo he miró durante un par de minutos, así que no he probado nada, pero mirando a su triángulo de la matriz, he visto algo muy interesante: existe un parecido sorprendente con Triángulo de Pascal!!!
Si usted va por columnas, a partir de la segunda columna:
$1, 2, 3, 4, 5, \cdots$ son todos divisibles por $1$ y son iguales a la segunda columna en el Triángulo de Pascal. ($nC1$)
$3, 9, 18, 30, \cdots$ son todos divisibles por el primer número, $3$, y son iguales a $3$ los tiempos de la tercera columna en el Triángulo de Pascal. ($nC2$)
$15, 60, 150, \cdots$ son todos divisibles por el primer número, $15$, y son iguales a $15$ los tiempos de la cuarta columna en el Triángulo de Pascal. ($nC3$)
etc.
Sin embargo, no puedo entender todavía lo que es el primer número en cada columna de la secuencia es ($1, 3, 15, \cdots$); voy a volver más tarde si puedo averiguar.
¡A disfrutar!
