Generalizaciones de $\sum_{m=3n+2}^{\infty}\phi^m=\phi^{3n}$ $\sum_{m=13n+1}^{\infty}(\sqrt2-1)^m=\dfrac{(\sqrt2-1)^{13n}}{\sqrt2}$

Question

Me di cuenta de que el siguiente identica a celebrar con la ayuda de wolfram alpha y oeis. Estoy seguro de que son bien conocidos, pero me gustaría saber cómo generalizar.

$$\sum_{m=3n+2}^{\infty}\phi^m=\phi^{3n}=(-1)^n(a_n-b_n\sqrt5),$$ donde $\phi=\dfrac{\sqrt5-1}2,a_0=1,b_0=0,$ $a_n$ $b_n$ son el numerador y el denominador, respectivamente, de la $n$th convergente de la continuación de la fracción $\sqrt5=2+\dfrac1{4+\dfrac1{4+\dfrac1{4+\cdots}}}$

Del mismo modo, $$\sum_{m=13n+1}^{\infty}(\sqrt2-1)^m=\dfrac{(\sqrt2-1)^{13n}}{\sqrt2}=(-1)^n\dfrac{c_{13n}-d_{13n}\sqrt2}{\sqrt2},$$ donde $c_0=1,d_0=0,$ $c_n$ $d_n$ son el numerador y el denominador, respectivamente, de la $n$th convergente de la continuación de la fracción $\sqrt2=1+\dfrac1{2+\dfrac1{2+\dfrac1{2+\cdots}}}$

Hacer identidades similares existen para otros valores de $\dfrac{\sqrt{k^2+4}-k}2$ por entero positivo $k$ (los ejemplos anteriores son casos $k=1,2$, respectivamente)?

Answer 1

Este es un realmente impresionante la observación de los suyos. La principal cosa que le ayudará aquí es pensar en términos puramente algebraica de términos. En particular, cualquier producto, suma, cociente, etc. involucra sólo a los números racionales e $\sqrt{k}$ puede ser escrita en la forma $a+b\sqrt{k}$. En particular, si definimos $\phi_k=\frac{\sqrt{k^2+4}-k}2$, aviso que esto es una raíz de $$\phi_k^2+k\phi_k-1=0.$$ A continuación, defina la función $$f_k(n)=\sum_{m=n}^{\infty}\phi_k^m=\frac{\phi_k^m}{1-\phi_k}$$ donde esta última expresión es un conocido de la identidad geométrica sumas. Queremos encontrar dos racional secuencia $a_n$ $b_n$ tal que $$f_k(n)=a_n+b_n\phi_k$$ Este sería un post muy largo si pasamos por todas el álgebra para derivar todas las ecuaciones voy a usar (yo empecé a escribir este post), por lo que no voy a donde el cálculo es la rutina. A partir de la ecuación cuadrática anterior, se deduce que $$f_k(0)=\frac{1}{1-\phi_k}=\frac{k+1}k+\frac{1}k\phi_k$$ el cual puede ser tomado para significar que el $a_0=\frac{k+1}{k}$$b_0=\frac{1}k$. Además, tomando nota de que $f_k(n+1)=\phi_kf_k(n)$, podemos escribir $$a_{n+1}+b_{n+1}\phi_k=a_n\phi_k + b_n\phi_k^2$$ y, tras el reordenamiento de los términos y viendo que $\phi_k^2=1-k\phi_k$, obtenemos $$a_{n+1}+b_{n+1}\phi_k=b_n+(a_n-kb_n)\phi_k$$ lo que implica que $a$ $b$ se rigen por la siguiente recurrencia $$\begin{array}{ll}a_0=\frac{k+1}{k} && b_0=\frac{1}k \\ a_{n+1}=b_n && b_{n+1}=-kb_n+a_n \end{array}$$ de lo cual podemos eliminar fácilmente la $a$ a obtener las ecuaciones $$b_0=\frac{1}k$$ $$b_1=\frac{1}k$$ $$b_{n+2}'=-kb_{n+1}'+b_n'$$ Y luego tenemos a $f_k(n)=b_{n-1}+b_n\phi_k$, que es una muy interesante relación en sí y de por sí, sobre todo teniendo en cuenta cómo la $b$ se ve un poco como la secuencia de Fibonacci. En realidad, si $k=1$, entonces, después de $3$ lugares, la secuencia de $b$ es la secuencia de Fibonacci, sólo con sus signos se alternan. Sin embargo, para aclarar aún más la conexión, establecer $b_n'=k(-1)^nb_n$. Entonces tenemos $$b_0'=1$$ $$b_1'=-1$$ $$b_{n+2}'=kb_{n+1}'+b_n'$$ que, por $k=1$ es un cambio de la secuencia de Fibonacci. También, tenemos $f_k(n)=(-1)^n(b_n'\phi_k-b_{n-1}')$

Mejor aún, esta serie muy directamente relacionado con la serie de convergents para $\phi_k$. Otra propiedad de las $\phi_k$ después de la cuadrática se resuelve es que $$\phi_k=\frac{1}{k+\phi_k}$$ lo que significa que la continuación de la fracción de $\phi_k$ $[0;k,k,\ldots]$ y, por tanto, que la serie de convergents $x$ puede ser definido por $$x_0=0$$ $$x_{n+1}=\frac{1}{k+x_n}$$ y que, si sustituimos $x_n=\frac{p_n}{q_n}$ para coprime secuencias de enteros $p$$q$, obtenemos $$\frac{p_n}{q_n}=\frac{0}{1}$$ $$\frac{p_{n+1}}{q_{n+1}}=\frac{1}{k+\frac{p_n}{q_n}}=\frac{q_n}{kq_n+p_n}$$ que, de nuevo, los rendimientos de una agradable relación de recurrencia $$\begin{array}{ll}p_0=0 &&q_0=1\\p_{n+1}=q_n && q_{n+1}=kq_n+p_n\end{array}$$ que se ve bastante familiar, especialmente cuando eliminamos $p$ a partir de la ecuación y obtener $$q_0=1$$ $$q_1=k$$ $$q_{n+2}=kq_{n+1}+q_n$$ donde el convergents son sólo $x_n=\frac{q_{n-1}}{q_n}$ -, pero, hey, ¿ese no es el mismo de la recurrencia de la relación como se define a $b'$, sólo que con diferentes condiciones de contorno? (sugerencia: sí)

A partir de aquí, tenga en cuenta que, para$k=1$,$q_n=(-1)^{n+1} b_{n+3}$$p_n=(-1)^n a_{n+3}$, lo que significa que $f_1(n+3)=(-1)^n(p_n-q_n\phi_1)$ donde $p_n/q_n$ son los convergents de $\phi_1$. Presumiblemente, la exacta relación que usted cita, el uso de $\sqrt{5}$ está a sólo un tiro de piedra de allí. Por desgracia, lo que yo puedo decir, que no hay ningún cambio de $b$ que alinear con $q$ cualquier $k>1$, pero tal vez el uso de este terreno, donde se tienen dos relaciones de recurrencia se puede encontrar algo. (Si pienso en algo, voy a actualizar esta respuesta; tengo la sospecha de que, dada la relación de $a_n$$b_n$, se podría encontrar fácilmente a $c_n$ $d_n$ tal que $a_n+b_n\phi_k=c_n+d_n\phi_k'$ para algunos irracionales $\phi_k'$ satisfacer ciertas propiedades y podría haber algún truco en la misma para obtener una identidad, que tienden a creer que algo más existe)

Answer 2

Bueno, se me ocurrió una solución mucho mejor que el anterior, pero es demasiado importante para añadir a mi respuesta anterior.

Estamos buscando los números irracionales $x$ con convergents $\frac{p_n}{q_n}$ de manera tal que, si definimos $f_x(n)=p_n-q_nx$, existe algún número real $c$ tal que $f_x(n+1)=cf_x(n)$. Observe que, de acuerdo a Wikipedia, si $x$ ha continuado fracción $[a_0;a_1,a_2,\ldots]$, entonces las siguientes recurrencias mantenga $$p_n=a_np_{n-1}+p_{n-2}$$ $$q_n=a_nq_{n-1}+q_{n-2}$$ Así, el uso de estos, tenemos $$f_x(n+2)=a_{n+2}f_x(n+1)+f_x(n)$$ $$c^2f_x(n)=ca_{n+2}f_x(n)+f_x(n)$$ O, desde la $f_x(n)$ nunca puede ser $0$ desde $x$ es irracional, se dividen $f_x(n)$ y recibir $$c^2-ca_{n+2}-1=0$$ $$\frac{c^2-1}{c}=a_{n+2}$$ que debe mantener para cualquier $n\geq 0$, por lo que la continuación de la fracción de $x$ debe ser de la forma $[y;z,k,k,\ldots]$ para los números enteros $x$, $y$, y $z$. En particular, desde la continuación de la fracción de $\phi_k=\frac{\sqrt{k^2+4}-k}2$ $[0;k,k,\ldots]$ ya que es el único valor en $[0,1)$ satisfacción $\phi_k=\frac{1}{k+\phi_k}$, esto significa que cualquier real $x$ de manera tal que el "residuo" de la convergents $f_x(n)$ es una función exponencial debe ser de la forma $$x=y+\frac{1}{z+\phi_k}.$$ De hecho, cada una de dichas $x$ cumple la condición; para demostrar que, en nota de que, de aquí a $f_x(0)=\frac{1}{z+\phi_k}$ $f_x(1)=1-\frac{z}{z+\phi_k}$ y que la condición de $cf_x(0)=f_x(1)$ mantiene siempre $c=-\phi_k$, lo cual es evidente, dado que el $c$ satisface $c^2-kc-1=0$ $\phi_k$ satisface $\phi_k^2+k\phi_k-1=0$ y ambos son los únicos raíces de sus respectivos polinomios en $(-1,1)$. Por lo tanto, de manera inductiva, tenemos que $x=y+\frac{1}{z+\phi_k}$ es una condición necesaria y suficiente para $f_x(n+1)=cf_x(n)$ todos los $n$, y por otra parte, esto implica $$f_x(n)=(-\phi_k)^nf(0)=(-\phi_k)^n\frac{1}{z+\phi_k}.$$ Sabiendo esto, y el hecho de que una suma geométrica es también una función exponencial, sus identidades puede ser demostrado con facilidad y similares se pueden encontrar.

He encontrado una familia infinita de soluciones mediante el uso de Mathematica para buscar soluciones a la ecuación siguiente $f(0)=\frac{1}{z+\phi_k}=\frac{\phi_k^a}{1-\phi_k}=\sum_{m=a}^{\infty}\phi_k^m$ por entero$a$$z$. No podía ser de identidades no se encuentran resolviendo esta ecuación, pero a partir de la solución que este tiene para $a=1$ $z=k-1$ obtenemos los siguientes familiares: Vamos a $X_k=\frac{1}{k-1+\phi_k}$ (o eso, más que cualquier entero; se convierte el entero plazo no importa) y $p_n/q_n$ ser el convergents de los mismos en la forma más baja. Entonces $$\sum_{m=n+1}^{\infty}\phi_k^m=(-1)^{n+1}(p_n-q_nX_k).$$ También encontré ($a=2$,$z=3$) que para $X=\frac{1}{3+\phi_2}=1-\frac{1}{\sqrt{2}}$ con convergents $p_n/q_n$, tenemos $$\sum_{m=n+2}\phi_2^m=(-1)^{n+1}(p_n-q_nX).$$ No he encontrado otras soluciones que, aparte de los de la lista.

Answer 3

Llegué $\displaystyle \sum_{3n+2}^\infty \phi^m = \frac{\phi^{3n+2}}{1- \phi}$ y luego no pude encontrar una buena manera de simplificar $1 - \phi$:

$$ 1 - \phi = \frac{3-\sqrt{5}}{2}$$

Para empezar, el uso de la identidad $\phi^2 = -\phi + 1$, ya que se han escrito $\phi = \tfrac{\sqrt{5}-1}{2}$. Y decir:

$$ \frac{1}{1-\phi} = \frac{1+\phi}{1 - \phi^2} = \frac{1+\phi}{\phi}= 1 + \frac{1}{\phi}$$

Zeckendorf del teorema habla sobre la ampliación de número en la Base de Fibonacci. Estoy usando esto para tratar de obtener la mejor simplificación.

Por lo que la suma de la serie geométrica es $\phi^{3n+2}(1 + \phi^{-1})$.