Simple Finito Continuó Fracción

Question

Estoy trabajando en mi tesis de graduación y se han encontrado, de forma inesperada, un finito continuó fracción que yo estaría interesado en resolver. Yo ya sé la respuesta (por una conjetura que se basaba en donde el problema de vino), pero tenía la esperanza de que hubo menos una solución mágica.

Por desgracia, mis búsquedas en la web se volvió muy poco en fracciones continuas de lo finito variedad, así que tenía la esperanza de que alguien pueda ser capaz de ayudarme o al menos me hacia algo de teoría.

De todos modos, el problema probablemente es tan fácil como uno podría esperar en esta área: dado un indeterminado $\lambda$, ¿cuáles son las raíces de $$\lambda + \frac{1}{\lambda+\frac{1}{\lambda+\frac{1}{\cdots\,\lambda}}}$$ donde hay $n$-muchos de los $\lambda$s en la expresión?

EDIT: Algunos combinatoria consideraciones muestran que el numerador de esta expresión es $$\sum_k \binom{n-k}{k}\lambda^{n-2k}.$$

Sé que las raíces de esto son todos los números de la forma$2i\cos\frac{k\pi}{n+1}$$1\leq k\leq n$, pero sólo debido a que la magia de adivinar desde arriba.

Answer 1

Aquí es el esbozo de un método sin la magia de conjeturas. Yo deliberadamente omitir algunos computationals detalles aquí, pero puedo ser más específico si usted lo pide.

En su contexto es natural considerar la secuencia definida por $u_1=\lambda, \ u_{n+1}=f(u_n)$ donde $f(z)=\lambda+\frac{1}{z}$. Entonces, lo que usted está buscando son las soluciones a la ecuación de $u_{n}=0$. Ahora el mapa $f$ es homographic, y puede ser visto como la acción de un particular $2\times 2$ de la matriz (es decir,$A=\left(\begin{array}{cc} \lambda & 1 \\ 1 & 0\end{array}\right)$) en $\mathbb C$.

Para encontrar una buena expresión para $A^n$, uno natural busca la autovalores de $A$, $\alpha$ y $\beta$. Ahora tenemos tres variables : $\lambda,\alpha$ $\beta$ , pero por suerte todos ellos pueden ser expresadas en términos de $\alpha$ : $\beta=-\frac{1}{\alpha},\lambda=\alpha-\frac{1}{\alpha}$.

El estándar de cambio de base de cálculo de la técnica muestra que $A^n$ es de la forma

$$A^{n-1}=\left(\begin{array}{c|c} c_1=\alpha^{n+1}+(-\frac{1}{\alpha})^{n-1} & c_2=\alpha^{n}+(-\frac{1}{\alpha})^{n-2} \\\hline\\ \ldots & \ldots \end{array}\right)$$

Por lo $u_{n}$ puede ser escrito como una fracción cuyo numerador es $c_1\lambda+c_2=\alpha^{n+2}+(\frac{-1}{\alpha})^n$. Esto es igual a cero iff $\alpha^{2(n+1)}=(-1)^n$, lo que implica que $\alpha$ es siempre un $4(n+1)$-ésima raíz de la unidad (y un $2(n+1)$-ésima raíz de la unidad al $n$ es incluso). Es fácil para recuperar sus cosenos de aquí.

Answer 2

usted tiene la relación de recurrencia $$a_{n+1} = za_n + a_{n-1}, a_0 = 1, a_1 = z, a_2 = z^2 + 1, a_3 = z^3 + 2z, a_4=z^4 + 3z^2 + 1,\cdots$$

vamos a definir de otra secuencia $b_n,$ polinomios de grado $n,$ por la relación de recurrencia $$b_{n+1} = xb_n - b_{n-1}, b_0 = 1, b_1 = x, b_2 = x^2 - 1, b_3 = x^3 - 2x,x^4 - 3x^2 + 1\cdots \tag 1$$

reivindicación 1: $$b_n(iz) = ka_n, k = \pm 1, \pm i.$$

es más fácil encontrar los ceros de $b_n.$ son reales y tienen el entrelazado de propiedad que los ceros $b_{n+1}$ son separados por los ceros de $b_n.$

reivindicación 2: $$ \text{ the zeros of } b_n \text{ are } 2\cos \left(\dfrac{j\pi}{n+1}\right), j = 1, 2, \cdots, n $$

prueba: en primer lugar hacemos un cambio de variable de $x$ $t$por $$x = 2\cos t.$$ we have the linear difference equation $$b_{n+1} = x b_n - b_{n-1}.$$ we will try solutions of the form $$b_n = \lambda^n$$ and determine the value of $\lambda$ from its characteristic equation $$\lambda^2 - 2\lambda \cos t \, + 1 = 0 .$$ por lo tanto $$\lambda = \cos t \pm i \sin t, \, \lambda^n = \cos nt \pm i \sin nt $$ y tanto $\sin nt$ $\cos nt$ satisface la relación de recurrencia. así que cualquier combinación lineal de ellos.

que necesitamos para satisfacer las condiciones iniciales $b_0 = 1, b_1 = x = 2\cos t.$

deje $b_n = A\cos nt + B\sin nt.$, luego tenemos a $$A= 1, 1 + B \sin t = 2 \cos t \implies A = 1,\, B =\frac{\cos t}{\sin t}, b_n = \frac{\sin(n+1)t}{\sin t} $$

por lo tanto hemos probado que la $$b_n = \frac{\sin (n+1)t}{\sin t} \text{ is the unique solution of } (1) \text{ and the claim 2 follows. }$$

las raíces de la original polinomios son, a continuación, $2i\cos \left(\dfrac{j\pi}{n+1}\right), j = 1, 2, \cdots, n.$

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$\bf edit:$ voy a explicar que el cambio de las variables de $x$ $t$por $$x = 2 \cos t$$ in the solution of the recurrence relation $$b_{n+1} = x b_{n} - b_{n-1}, b_0 = 1, b1 = x$$ puede provenir de. imita la prueba de gersgorin círculo teorema acerca de los autovalores de una matriz.

considere la matriz tridiagonal $$A = \pmatrix{0&1&0&0\\1&0&1&0\\0&1&0&1\\0&0&1&0} $$ let $\lambda$ be an eigenvalue and the corresponding nonzero eigenvector is $\pmatrix{b_0&b_1&b_2&b_3}^T$ then we have $$b_1 = \lambda b_0, b_2 = \lambda b_1 - b_0, b_3 = \lambda b_2 - b_1 \tag 2$$

reclamo: $b_0 \neq 0.$ prueba: si $b_0 = 0,$ $b_1 = b_2= b_3 = 0$ contradiciendo el hecho de que $(b, b_1, b_2, b_3)$ es distinto de cero. por lo tanto, $b_0 = 1, b_1 = \lambda, b_2 = \lambda^2- 1, b_3 = \lambda^3 - 2\lambda$ y el autovalor $\lambda$ satisface $ b_4 = \lambda b_3 - b_2 = \lambda^4 - 3 \lambda^2 + 1 = 0$

ahora vamos a demostrar que cualquier autovalor $\lambda$ $A$ debe satisfacer $$ |\lambda| \le 2.$$ since an eigenvector is nonzero, there is $j$ such that $b_j, 0 \le j \le 3$ tiene el positivo máximo valor absoluto.

si $j = 0,$ $|\lambda| \le 1.$ por otra parte tenemos a $$\lambda = \frac{b_j +b_{ j-1}}{b_j} \to \big|\lambda\big| \le \Big|\frac{b_{j+1}}{b_j}\Big| + \Big|\frac{b_{j- 1}}{b_j}\Big| \le 2.$$ therefore we can write $$\lambda = 2 \cos t $$