x[0] = 0;
x[n+1] = 2*x[n] + sqtr( 3*x[n]^2+1 )
Доказать что все члены целые, другими словами, что корень всегда будет извлекаться.

Привет, rgl!

rgl>x[0] = 0;
rgl>x[n+1] = 2*x[n] + sqtr( 3*x[n]^2+1 )
rgl>Доказать что все члены целые, другими словами, что корень всегда будет извлекаться.

3*x[n+1]^2 + 1 = ( 3*x[n] + 2 * sqrt(3*x[n]^2 + 1) )^2

Здравствуйте, Apapa, Вы писали:

rgl>x[0] = 0;
rgl>x[n+1] = 2*x[n] + sqtr( 3*x[n]^2+1 )
rgl>Доказать что все члены целые, другими словами, что корень всегда будет извлекаться.

A>3*x[n+1]^2 + 1 = ( 3*x[n] + 2 * sqrt(3*x[n]^2 + 1) )^2

Вот уж воистину "краткость не брат таланту"!
Ну проверил я, правда сошлось, клёво, а как ты это придумал-то?
И как работали мозги того, кто придумал задачу.

Здравствуйте, Pushkin, Вы писали:

P>И как работали мозги того, кто придумал задачу.

У того кто придумал, мозги работали так:
x[n+1] = 2*x[n] + sqrt( 3*x[n] + 1 )
x[n-1] = 2*x[n] — sqrt( 3*x[n] + 1 ) ( для n>=1 )
Это же и одно из решений.

Здравствуйте, rgl, Вы писали:

rgl>Здравствуйте, Pushkin, Вы писали:

P>И как работали мозги того, кто придумал задачу.

rgl>У того кто придумал, мозги работали так:
rgl>x[n+1] = 2*x[n] + sqrt( 3*x[n] + 1 )
rgl>x[n-1] = 2*x[n] — sqrt( 3*x[n] + 1 ) ( для n>=1 )
rgl>Это же и одно из решений.

x[n+1]*x[n+1] — 4*x[n+1]*x[n] + x[n]*x[n] = 1
т.е. для каждого члена предыдущий и следующий — два решения одного и того же квадратного уравнения.

Здравствуйте, rgl, Вы писали:

rgl>У того кто придумал, мозги работали так:
rgl>x[n+1] = 2*x[n] + sqrt( 3*x[n] + 1 )
rgl>x[n-1] = 2*x[n] — sqrt( 3*x[n] + 1 ) ( для n>=1 )
rgl>Это же и одно из решений.

rgl>x[n+1]*x[n+1] — 4*x[n+1]*x[n] + x[n]*x[n] = 1
rgl>т.е. для каждого члена предыдущий и следующий — два решения одного и того же квадратного уравнения.

Правильно ли я понимаю, что последовательность

x[0]=0
x[n+1]=(a*x[n])^2+sqrt((a^2-1)*x[n]^2+1)

целая для любого целого a?
И сколько ты ещё таких можешь наплодить?

Здравствуйте, rgl, Вы писали:

rgl>x[0] = 0;
rgl>x[n+1] = 2*x[n] + sqtr( 3*x[n]^2+1 )
rgl>Доказать что все члены целые, другими словами, что корень всегда будет извлекаться.
Если не ошибаюсь, то x(n)=((2+sqrt(3))^n-(2-sqrt(3))^n)/(2sqrt(3)), что является целым в соответствии в биномом Ньютона.

Хотя может где-то и ошибся. Просто видно, что возрастает экпоненциально (если выписать несколько членов последовательности). Ассимптотика получается просто:

#include <math.h>
main () {
     int i;
     long long s = 1, slast;
     for (i=0; i<10; i++) {
         slast = s, s = 2*s+lround(sqrt((double)3*s*s+1));
         printf ("%f\n", ((double)s)/slast);
     }
}

~> ./a.out
4.000000
3.750000
3.733333
3.732143
3.732057
3.732051
3.732051
3.732051
3.732051
3.732051

Подбором легко получить, что 3.732051=2+sqrt(3), понятно, что для "целости" нужен еще сопряженный член.

Хотя, могу ошибаться по существу, нужно просто индукцией перепроверить

Здравствуйте, Murr, Вы писали:

M>Здравствуйте, rgl, Вы писали:

rgl>x[0] = 0;
rgl>x[n+1] = 2*x[n] + sqtr( 3*x[n]^2+1 )
rgl>Доказать что все члены целые, другими словами, что корень всегда будет извлекаться.
M>Если не ошибаюсь, то x(n)=((2+sqrt(3))^n-(2-sqrt(3))^n)/(2sqrt(3)), что является целым в соответствии в биномом Ньютона.
M>Хотя, могу ошибаться по существу, нужно просто индукцией перепроверить

И как токо людям такое в голову приходит

PS
Если подставить прямую формулу в рекуррентную, то правда сходится!

Здравствуйте, Pushkin, Вы писали:

P>И как токо людям такое в голову приходит

P>PS
P>Если подставить прямую формулу в рекуррентную, то правда сходится!
Если честно, то я просто попытался подогнать общее решение линейного возвратного уравнения для этого нелинейного случая. Получилось. Кстати, для него характеристическое уравнение такое: x(n+2)-4x(n+1)+x(n)=0, если придумать, как его получить из исходного, то получится более-менее чистое и последовательное решение

Здравствуйте, Pushkin, Вы писали:

P>Правильно ли я понимаю, что последовательность

P>

P>x[0]=0
P>x[n+1]=(a*x[n])^2+sqrt((a^2-1)*x[n]^2+1)
P>

P>целая для любого целого a?


Да, но только не (a*x[n])^2 а без квадрата:
x[n+1]=a*x[n]+sqrt((a^2-1)*x[n]^2+1)


P>И сколько ты ещё таких можешь наплодить?
Не умею я плодить, решить то за обозримое время не смог. Примерно через неделю додумался наконец.

Здравствуйте, Murr, Вы писали:

M>Здравствуйте, rgl, Вы писали:

rgl>x[0] = 0;
rgl>x[n+1] = 2*x[n] + sqtr( 3*x[n]^2+1 )
rgl>Доказать что все члены целые, другими словами, что корень всегда будет извлекаться.
M>Если не ошибаюсь, то x(n)=((2+sqrt(3))^n-(2-sqrt(3))^n)/(2sqrt(3)), что является целым в соответствии в биномом Ньютона.



Только 2+sqrt(3) можно не угадывать и без программы. Достаночно найти предел x[n+1]/x[n] при x[n] -> к бесконечности.

M>Если не ошибаюсь, то x(n)=((2+sqrt(3))^n-(2-sqrt(3))^n)/(2sqrt(3)), что является целым в соответствии в биномом Ньютона.

rgl>

rgl>Только 2+sqrt(3) можно не угадывать и без программы. Достаночно найти предел x[n+1]/x[n] при x[n] -> к бесконечности.

Ну а (2-sqrt(3)) == 1 / (2+sqrt(3)), т.е. предположив что функция должна быть антисимметрична, т.е. что-то вроде a^n — a^(-n) угадываем формулу.

Здравствуйте, rgl, Вы писали:

rgl>Только 2+sqrt(3) можно не угадывать и без программы. Достаночно найти предел x[n+1]/x[n] при x[n] -> к бесконечности.

Логично . Вот что значит не выспался