Definir una serie de repetición con una simple expresión

Question

Estoy buscando una expresión sencilla con la que podemos definir una repetición de la serie.

(MathJax parece que se ha ido como de 4/30/17 y yo soy un novato, así que no sé dónde buscar una matemática escribir cosa. Por favor, perdóname.)

$$f(0)=0$$ $$f(1)=1$$ $$f(2)=2$$ $$f(3)=3$$ $$f(4)=f(n-4)$$

Así, la serie va $0, 1, 2, 3, 0, 1, 2, 3...$ y en y en. Siento que esto debe tener algo que ver con exponentes debido a que en la Matemática Discreta descubrimos cómo definir una serie que va de la $1, -1, 1, -1...$ pero no estoy seguro de cómo empezar a definir este.

No quiero nada recursiva si puedo evitarlo. No sé si esto va a ser un problema.

Muchísimas gracias!

EDIT: Hablé con un profesor acerca de cómo resolver este y me dice que hay una manera de hacerlo que involucran sólo a +/-/*/^/÷, pero implica números complejos. De vuelta a la mesa de dibujo.

Answer 1

Sólo podría escribir $$ f (n) = n \pmod{4} $ (uso de la notación de un flojo pero perfectamente clara) o $$ f (n) = n - 4 \lfloor n/4 \rfloor. $$

Creo que el primero sería kinder a tu lector.

Answer 2

Si quieres algo a lo largo de las líneas de $(-1)^n$ (que produce $1,-1,1,-1,\ldots$), primero, considere $$ f_1(n) = \tfrac12\left(1 - (-1)^n\right),$$ lo que implica que $f_1(n) = 0,1,0,1,\ldots$ $n = 0,1,2,3,\ldots.$

Ejemplo 1

Podemos ralentizar la velocidad de la alternancia de $f_1$ haciendo el exponente crecen más lento: $$ f_2(n) = \tfrac12\left(1 - (-1)^{\lfloor n/2\rfloor}\right),$$ donde $\lfloor n/2\rfloor$ es el mayor entero menor o igual a $n/2.$ Esta función sigue el patrón $f_2(n) = 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1,\ldots$ $n=0,1,2,3,4,5,6,7,\ldots.$

Poner esto en la forma $f(n) = f_1(n) + 2f_2(n)$ y tiene la función que usted solicitó. Es decir, que $$ f(n) = \tfrac32 - \tfrac12(-1)^n - (-1)^{\lfloor n/2\rfloor}. $$

Ejemplo 2

Si no te gusta el mayor entero de la función (se usa en la expresión $\lfloor n/2\rfloor$), podemos evitar este por juguetear con funciones sinusoidales. Deje $g_1(n) = \cos\left(\frac12 n\pi - \frac14\pi\right),$, de modo que $\newcommand{s}{\frac{\sqrt2}{2}} g_1(n) = \s,\s,\s,\s,\s,\s,\s,\s,\ldots$ para $n=0,1,2,3,4,5,6,7,\ldots.$ A continuación, vamos a \begin{align} f(n) &= f_1(n) + 1 - \sqrt2g_1(n) \\ &= \tfrac32 - \tfrac12(-1)^n - \sqrt2\cos\left(\tfrac12 n\pi - \tfrac14\pi\right). \end{align}

Ejemplo 3

Si usted está dispuesto a utilizar los números complejos, aviso que $\cos z = \tfrac12\left(e^{iz} + e^{-iz}\right).$ Utilizando la notación de función $\exp(z) = e^z$ para hacer la primera ecuación a continuación más legible, obtenemos \begin{align} \cos\left(\tfrac12 n\pi - \tfrac14\pi\right) &= \tfrac12 \left(\exp\left(i\left(\tfrac12 n\pi - \tfrac14\pi\right)\right) + \exp\left(-i\left(\tfrac12 n\pi - \tfrac14\pi\right)\right)\right)\\ &= \tfrac12 \left(e^{in\pi/2} e^{-i\pi/4} + e^{-in\pi/2} e^{i\pi/4}\right)\\ &= \tfrac12 e^{i\pi/4} \left(e^{in\pi/2} e^{-i\pi/2} + e^{-in\pi/2}\right). \end{align}

A continuación, utilizando los hechos que $e^{i\pi/2}=i,$ $e^{-i\pi/2}=-i,$ y $e^{i\pi/4}=\tfrac{\sqrt2}{2}(1+i),$ \begin{align} \cos\left(\tfrac12 n\pi + \tfrac14\pi\right) &= \tfrac12\left(\tfrac{\sqrt2}{2}(1+i)\right)\left(i^n(-i)+(-i)^n\right)\\ &= \tfrac{\sqrt2}{4}(1+i) \left((-1)^n - i\right) i^n. \end{align}

De ello se sigue que $$ f(n) = \tfrac32 - \tfrac12(-1)^n - \tfrac12(1+i)\left((-1)^n - i\right)i^n. $$

Y, de hecho, el lado derecho es también igual a la $\tfrac32-\tfrac12(-1)^n-\tfrac12(1+i)(-i)^n-\tfrac12(1-i)i^n,$ una expresión que se da en un comentario debajo de la otra respuesta.

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Francamente, yo creo que cualquiera de los ejemplos anteriores es mucho más torpe que Ethan Bolker la fórmula de $n - 4 \lfloor n/4 \rfloor,$ que se inspira en la aritmética modular, pero en realidad sólo utiliza ordinario aritmética de enteros con la mayor-función de entero. La respuesta tiene mi voto.

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Ejemplo 4

He añadido este ejemplo después de ver que la aceptó responder a los usos una llave con múltiples casos ($n$ impar y $n$ incluso) en el lado derecho de la ecuación. Si dos de los casos están bien, ¿por qué no cuatro? Es decir, $$ f(n) = \begin{cases} 0 \quad & n = 4k, k \in \mathbb Z \\ 1 & n = 4k+1, k \in \mathbb Z \\ 2 & n = 4k+2, k \in \mathbb Z \\ 3 & n = 4k+3, k \in \mathbb Z \\ \end{casos} $$

Answer 3

Sólo para agregar una alternativa a las otras respuestas: puede utilizar las funciones de generación para tratar de encontrar una solución explícita a la relación de recurrencia. Si $F(x)$ es la generación de la función de la secuencia de $f(n)$,

$$F(x)=\sum_{n\ge0}f(n)x^n=f(0)+f(1)x+f(2)x^2+f(3)x^3+\cdots$$

luego de la recurrencia dada por

$$\begin{cases}f(0)=0\\f(1)=1\\f(2)=2\\f(3)=3\\f(n)=f(n-4)&\text{for }n\ge4\end{cases}$$

tenemos

$$\begin{align*} f(n-4)&=f(n)\\ \sum_{n\ge4}f(n-4)x^n&=\sum_{n\ge4}f(n)x^n\\ x^4\sum_{n\ge4}f(n-4)x^{n-4}&=\sum_{n\ge0}f(n)x^n-f(0)-f(1)x-f(2)x^2-f(3)x^3\\ x^4\sum_{n\ge0}f(n)x^n&=F(x)-x-2x^2-3x^3\\ x^4F(x)&=F(x)-x-2x^2-3x^3\\ (x^4-1)F(x)&=-x-2x^2-3x^3\\ F(x)&=\frac{x+2x^2+3x^3}{1-x^4} \end{align*}$$

La expansión en fracciones parciales, se han

$$F(x)=\frac32\frac1{1-x}-\frac12\frac1{1+x}-\frac1{1+x^2}-\frac x{1+x^2}$$

y que expresan cada término como una potencia de la serie, llegamos a

$$\begin{align*} F(x)&=\frac32\sum_{n\ge0}x^n-\frac12\sum_{n\ge0}(-x)^n-\sum_{n\ge0}(-x^2)^n-x\sum_{n\ge0}(-x^2)^n\\ F(x)&=\sum_{n\ge0}\left(\frac32-\frac12(-1)^n\right)x^n-\sum_{n\ge0}(-1)^nx^{2n}-\sum_{n\ge0}(-1)^nx^{2n+1} \end{align*}$$

cada uno de los cuales son válidos para $|x|<1$.

Ahora,

$$\sum_{n\ge0}\left(\frac32-\frac12(-1)^n\right)x^n=1+2x+x^2+2x^3+\cdots$$ $$\sum_{n\ge0}(-1)^nx^{2n}=1-x^2+x^4-x^6+\cdots$$ $$\sum_{n\ge0}(-1)^nx^{2n+1}=x-x^3+x^5-x^7+\cdots$$

por lo que se deduce que

$$F(x)=\color{lightgray}{0+}\,x+2x^2+3x^3+\color{lightgray}{0x^4+}\,x^5+2x^6+3x^7+\cdots$$

Reemplace $n=k$ en los dos últimos de la serie, a continuación, dividir la primera en el par y el impar de los casos, dejando $n=2k$$n=2k+1$, respectivamente, de manera que la generación de la función puede ser expresada como

$$F(x)=\begin{cases} \displaystyle\sum_{k\ge0}(1-(-1)^k)x^{2k}&n=2k\text{ is even}\\[1ex] \displaystyle\sum_{k\ge0}(2-(-1)^k)x^{2k+1}&n=2k+1\text{ is odd} \end{casos}$$

De esto se sigue que una forma cerrada para $f(n)$ puede ser obtenida por la división en pares/impares casos:

$$f(n)_{n\ge0}=\begin{cases}1-(-1)^{n/2}&n\text{ is even}\\2-(-1)^{(n-1)/2}&n\text{ is odd}\end{cases}$$

Si no me equivoco, debe haber una manera de conseguir una "aún más explícito" formulario en términos de exponenciales complejas, pero quizás este resultado es suficiente para sus necesidades.

Answer 4

Aquí hay una respuesta que involucran sólo a $+,-,\times,\div$ y exponenciación y uso de los números complejos. Se basa en el $r$-th raíces de la unidad $\exp\left(\frac{2\pi ij}{r}\right), 0\leq j<r$.

Recordar la siguiente es cierto para los números naturales $n,r>0$. \begin{align*} \frac{1}{r}\sum_{j=0}^{r-1}\exp\left(\frac{2\pi ij n}{r}\right)= \begin{cases} 1&\qquad r\mid n\\ 0& \qquad otherwise \end{casos} \end{align*}

Desde la secuencia \begin{align*} (0,1,2,3,0,1,2,3,0,1,2,\ldots)\tag{1} \end{align*} tiene período de $4$ establecer $r=4$ y considerar la secuencia \begin{align*} \left(\frac{1}{4}\sum_{j=0}^3\exp\left(\frac{2\pi ijn}{4}\right)\right)_{n\geq 0}=(1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,\ldots) \end{align*} que tiene un $1$ en cada una de las $4$-ésima posición y $0$ lo contrario.

Utilizamos esta secuencia como bloque de construcción básico para generar la quería secuencia (1).

Obtenemos \begin{align*} \color{blue}{(0,1,}&\color{blue}{2,3,0,1,2,3,0,1,2,0,1,2,3\ldots)}\\ &=(0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,\ldots)\\ &\qquad+2(0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,\ldots)\\ &\qquad+3(0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,\ldots)\\ &=\left(\frac{1}{4}\sum_{j=0}^3\exp\left(\frac{2\pi ij(n-1)}{4}\right)\right)_{n\geq 0} +2\left(\frac{1}{4}\sum_{j=0}^3\exp\left(\frac{2\pi ij(n-2)}{4}\right)\right)_{n\geq 0}\\ &\qquad+3\left(\frac{1}{4}\sum_{j=0}^3\exp\left(\frac{2\pi ij(n-3)}{4}\right)\right)_{n\geq 0}\\ &=\left(\frac{1}{4}\left[1+\exp\left(\frac{2\pi i(n-1)}{4}\right)+\exp\left(\frac{4\pi i(n-1)}{4}\right)+\exp\left(\frac{6\pi i(n-1)}{4}\right)\right]\right.\\ &\quad+\frac{1}{2}\left[1+\exp\left(\frac{2\pi i(n-2)}{4}\right)+\exp\left(\frac{4\pi i(n-2)}{4}\right)+\exp\left(\frac{6\pi i(n-2)}{4}\right)\right]\\ &\quad+\left.\frac{3}{4}\left[1+\exp\left(\frac{2\pi i(n-3)}{4}\right)+\exp\left(\frac{4\pi i(n-3)}{4}\right)+\exp\left(\frac{6\pi i(n-3)}{4}\right)\right]\right)_{n\geq 0}\\ &=\left(\frac{1}{4}\left[1+i^n(-i)+(-1)^n(-1)+(-i)^n\cdot i\right]\right.\\ &\quad+\frac{1}{2}\left[1+i^n(-1)+(-1)^n\cdot 1+(-i)^n(-1)\right]\\ &\quad+\left.\frac{3}{4}\left[1+i^n\cdot i+(-1)^n(-1)+(-i)^n(-i)\right]\right)_{n\geq 0}\\ &=\left(\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+\frac{3}{4}\right)+i^n\left(-\frac{1}{4}i-\frac{1}{2}+\frac{3}{4}i\right)\right.\\ &\qquad\left.+(-1)^n\left(-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}-\frac{3}{4}\right)+(-i)^n\left(\frac{1}{4}i-\frac{1}{2}-\frac{3}{4}i\right)\right)_{n\geq 0}\\ &\color{blue}{=\left(\frac{3-(-1)^n}{2}-i^n\cdot\frac{1+(-1)^n}{2}+i^{n+1}\cdot\frac{1-(-1)^n}{2}\right)_{n\geq 0}} \end{align*}

Nota: Algunos ejemplos instructivos puede encontrarse en H. S. Wilf del libro generatingfunctionology, (2.4.5) a (2.4.9).

Answer 5

Para valores enteros de $x$ esto: $J\left(x\right)=1-\left(\sin \left(\frac{\pi }{4}\cdot 2\cdot x\right)+\cos \left(\frac{\pi }{4}\cdot 2\cdot x\right)\right)+\frac{\left(1-\left(-1\right)^x\right)}{2}$ obras.