Coeficientes de fracciones continuas binomiales.

Question

Para un número natural $n$, vamos $$ \begin{equation} \beta_n(z)=\frac{(1+z)^n+(1-z)^n}{(1+z)^n-(1-z)^n}. \end{equation} $$ Entonces los coeficientes del numerador y el denominador de $\beta_n$ son binomial. Por ejemplo: $$\begin{equation} \beta_4(z)=\frac{z^4+6z^2+1}{4z^3+4z}=\frac{1}{4} z+\cfrac{1}{\frac{4}{5}z+\cfrac{1}{\frac{25}{16}z+\cfrac{1}{\frac{16}{5} z}}}. \end{equation} $$ Hay una fórmula simple para los coeficientes de la continuación de la fracción para cualquier $n$?

NOTAS:

• el hecho de que todos los coeficientes son números positivos de la siguiente manera a partir de análisis complejo, ya que $\Re\beta_n(z)>0$ para $\Re z >0$

• ordenador de cálculo muestra que la factorizations de los coeficientes, se trata de pequeños primos, a menos de $2(n+1)$

• la motivación para el problema es la racional, la aproximación de la función de raíz cuadrada, ya que $(z\beta_n)(z^2)\approx z$ para $\Re z >0$

• una discusión pertinente: Binario autovalores de las matrices y fracciones continuas

Answer 1

Recordar por De Moivre del Teorema de

\begin{equation} \tan n\theta = \frac{n \tan\theta - C(n,3) \tan^3 \theta + \cdots}{1 - C(n,2)\tan^2\theta+ C(n,4)\tan^4 \theta-\cdots} \end{equation}

Deje $z = i\tan w$. La sustitución y la aplicación de este resultado $$ \beta_n(z) = \beta_n(i\bronceado w) = -i \cuna nw $$ Por 1 o 2 en el que claramente se mantenga por un complejo de dominio

$\displaystyle \tan(nx) = \cfrac{n\tan x}{1 -\cfrac{(n^{2} - 1^{2})\tan^{2}x}{3 -\cfrac{(n^{2} - 2^{2})\tan^{2}x}{5 -\cfrac{(n^{2} - 3^{2})\tan^{2}x}{7 -\cdots}}}}$

con el final de plazo $\dfrac{(n^{2} - (n - 1)^{2})\tan^{2}x}{(2n - 1)}$. Operaciones simples mostrar

\begin{align} \beta_n(z) = -i \cot nw &= {\frac{1}{ni\tan w} +\cfrac{n^{-1}(n^{2} - 1^{2})i \tan w}{3 -\cfrac{(n^{2} - 2^{2})\tan^{2}w}{5 -\cfrac{(n^{2} - 3^{2})\tan^{2}w}{7 -\cdots}}}} \\ &= {\frac{1}{nz} +\cfrac{n^{-1}(n^{2} - 1^{2})z}{3 +\cfrac{(n^{2} - 2^{2})z^2}{5 + \cfrac{(n^{2} - 3^{2})z^2}{7 +\cdots}}}} \\ &= {\frac{z^{-1}}{n} +\cfrac{n^{-1}(n^{2} - 1^{2})}{3z^{-1} +\cfrac{(n^{2} - 2^{2})}{5z^{-1} + \cfrac{(n^{2} - 3^{2})}{7z^{-1} +\cdots}}}} \\ &= {a_1z^{-1} +\cfrac{1}{a_2z^{-1}+\cfrac{1}{a_2z^{-1} + \cfrac{1}{a_3z^{-1} +\cdots}}}} \end{align}

Donde $a_1 = \frac{1}{n}$, $a_2 = 3\frac{n}{n^2-1},a_3 = 5\frac{n^2-1}{n(n^2-2^2)},a_4 = 7\frac{n(n^2-2^2)}{(n^2-1)(n^2-3^2)},\cdots$ a $n$ términos. En general

\begin{equation} a_k = (2k-1)\Big(\frac{n}{n^2-1}\frac{n^2-2^2}{n^2-3^2}\cdots\Big)^{(-1)^k} \end{equation}

a $[k/2]$ productos fraccionarios, $[x]$ siendo el techo de la función, donde si $k$ es impar, el último término se ha denominador $1$.

Sustituyendo $1/z$ para $z$ da ahora una solución explícita del problema mediante el uso de $\beta_{2m}(z) = \beta_{2m}(z^{-1})$ e $\beta_{2m+1}(z)= \beta_{2m+1}(z^{-1})^{-1}$.

Para verificar su caso la sustitución de $n=4$ devuelve $a_1 = 1/4, a_2 = 4/5$, $a_3 = 25/16$, e $a_4 = 16/5$.

Edit: La forma de $a_k$ puede ser simplificado. Incluso para $n$ e incluso $k$ \begin{equation} a_k = (2k-1) \frac{(n-(k-2))(n-(k-4))\cdots n \cdots (n+k-4)(n+k-2)}{(n-(k-1))(n-(k-3))\cdots(n+k-3)(n+k-1)} = (2k-1)\Bigg(\frac{2^{k-1}((n+k)/2-1)!}{((n-k)/2)!}\Bigg)^2 \frac{(n-k)!}{(n+k-1)!} \end{equation} Establecimiento $k=n$, $a_n = 2^{2(n-1)}((n-1)!)^2/(2n-2)!$ dando una potencia de $2$ en el numerador. Incluso para $n$ extraño $k$ tomar el recíproco de $a_{k-1}$ y multiplicar por $(2k-1)(2k-3)/(n^2-(k-1)^2)$

\begin{align} a_k &= \frac{(2k-1)}{n^2-(k-1)^2}\Bigg(\frac{((n-k+1)/2)!}{2^{k-2}((n+k-3)/2)!}\Bigg)^2 \frac{(n+k-2)!}{(n-k+1)!} \\ &= (2k-1)\Bigg(\frac{((n-k-1)/2)!}{2^k((n+k-1)/2)!}\Bigg)^2 \frac{(n+k-1)!}{(n-k)!} \end{align} También por extraños $n$ e incluso $k$ la primera fracción por $a_k$ sigue siendo cierto \begin{equation} a_k = (2k-1)\frac{(n+k-2)!}{(n-k)!}\Bigg(\frac{((n-k-1)/2)!}{2^k((n+k-1)/2)!}\Bigg)^2 \end{equation} Por extraño $n$ e impares $k$ tomar el recíproco de $a_{k-1}$ , y del mismo modo multiplicar por $(2k-1)(2k-3)/(n^2-(k-1)^2)$ \begin{align} a_k &= \frac{(2k-1)}{n^2-(k-1)^2}\frac{(n-k+1)!}{(n+k-3)!}\Bigg(\frac{2^k((n+k)/2-1)!}{((n-k)/2)!}\Bigg)^2 \\ & = (2k-1)(n+k-2)\frac{(n-k)!}{(n+k-1)!}\Bigg(\frac{2^k((n+k)/2-1)!}{((n-k)/2)!}\Bigg)^2 \end{align}