sciencetalk

wnvl1 schreef: ↑za 28 dec 2024, 21:04 Als ik een test doe voor n=1 en n=2 lijkt die tweede vergelijking van Regor toch te kloppen.

Misschien heb ik een fout gemaakt bij het programmeren. Ik ga er nog even naar kijken.

Ik heb met pen en papier getest voor 1 en 2, verder niet.

Ik had inderdaad een fout gemaakt.
Voor alle combinaties van n=1..7 en x=1..7 geeft de formule het correcte antwoord.

Regor schreef: ↑za 28 dec 2024, 21:03 Xilvo, als U weet / denkt dat de tweede formule niet correct is...... waar zit dan de fout ?

Het is makkelijk te zien dat een formule niet klopt door 'm voor een bekend geval uit te rekenen. Dat wil niet zeggen dat je dan meteen ook weet waarom die fout is.
Maar in dit geval lag de fout aan mijn kant. De formule geeft voor een aantal gevallen het correcte resultaat, daarom denk ik dat die goed is.

Aan allen, bedankt.eindelijk eens een formule voor x^n als functie van combinaties van (x) in plaats van als functie van faculteiten (Stirling)
De coeficienten, afhankelijk van de macht "n" zijn niet gelijk aan de Stirling numbers van eerste noch van de tweede orde.
Raar, want voor x^n als functie van combinaties van (x-1) ... eerste formule, zijn de coeficienten blijkbaar wel die van de Stirling numbers van tweede orde... zal ik toch nog effen checken.

x^n als functie van combinaties van (x-2) of (x-3) enz.. zijn ook "maakbaar" ... maar lijken mij niet nuttig / nog onnuttiger.
Wat mij betreft mag deze topic op slot.

Via de Stirling numbers of the second kind (https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling_ ... Definition):

\(\displaystyle x^n = \sum_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}(x)_i\)

gebruik \(\binom{x}{i}=\frac{(x)_i}{i!}\):

\(\displaystyle x^n = \sum_{i=0}^n\binom{x}{i}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}i!\)

en substitueer hierin (zie opnieuw bovenstaande wiki-pagina):

\(\displaystyle \begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix} = \frac{1}{i!}\sum_{j=0}^i (-1)^{(i-j)}\binom{i}{j}j^n\)

wat de gevraagde formule oplevert:

\(\displaystyle x^n = \sum_{i=0}^n\binom{x}{i}\sum_{j=0}^i (-1)^{(i-j)}\binom{i}{j}j^n\)

(de sommaties mogen ook bij i=1 en j=1 starten omdat j als factor voorkomt)

Regor schreef: ↑za 28 dec 2024, 22:12 Aan allen, bedankt.eindelijk eens een formule voor x^n als functie van combinaties van (x) in plaats van als functie van faculteiten (Stirling)
De coeficienten, afhankelijk van de macht "n" zijn niet gelijk aan de Stirling numbers van eerste noch van de tweede orde.
Raar, want voor x^n als functie van combinaties van (x-1) ... eerste formule, zijn de coeficienten blijkbaar wel die van de Stirling numbers van tweede orde... zal ik toch nog effen checken.

Gekruiste post...
In de tweede formule zitten dus ook Stirling getallen, maar die zijn daar herschreven.

Mooi, niet evident om zomaar in een, twee, drie zelf te vinden.

RedCat, mijn wiskundige kennis is beperkt.
Ik kon vroeger de coëfficiënten uitrekenen voor de machten n, 1 tot en met 5
Het is wiskunde die ik vroeger beheerste, maar nu moeite mee heb.

1. Zijn de waarden juist ?
2. Kan / wilt U deze berekenen voor n = 6 en n= 7 ?
3. Is er een (eenvoudig) verband om via deze van de vorige machten .... die van de volgende macht te berekenen?

Voor n=1 .... 0;1
Voor n =2 .. 0;1;2
Voor n = 3 .. 0;1;6;6
Voor n = 4 ...0;1;14;36;24
Voor n = 5 ...0;1;30;150,240,120

Code: Selecteer alles

         k=0     k=1     k=2     k=3     k=4     k=5     k=6     k=7     k=8     k=9
n=0:       1
n=1:       0       1
n=2:       0       1       2
n=3:       0       1       6       6
n=4:       0       1      14      36      24
n=5:       0       1      30     150     240     120
n=6:       0       1      62     540    1560    1800     720
n=7:       0       1     126    1806    8400   16800   15120    5040
n=8:       0       1     254    5796   40824  126000  191520  141120   40320
n=9:       0       1     510   18150  186480  834120 1905120 2328480 1451520  362880

Hier de matrix met de waarden M[n, k] (n = rijnummer en k = kolomnummer), waarbij

\(M[n, k] = k! \cdot \begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\)

M[0, 0] = 1
M[n, 0] = 0 voor n>0
De tabel is vervolgens eenvoudig rij-voor-rij te berekenen via deze gelijkheid (waarbij steeds k = 1 t/m n):

M[n, k] = k * ( M[n-1, k-1] + M[n-1, k] )

Voorbeeld:
n=8, k=4:
M[8, 4] = 4 * ( M[7, 3] + M[7, 4] ) = 4 * ( 1806 + 8400 ) = 40824

Nog even voor de volledigheid:
Bewijs M[n, k] = k * ( M[n-1, k-1] + M[n-1, k] ):

\(M[n, k] = k! \cdot \begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\)

(wegens de eerste gelijkheid in deze paragraaf https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling_ ... Properties):

\(= k! \cdot \left(\begin{Bmatrix}n-1\\k-1\end{Bmatrix}+k\cdot \begin{Bmatrix}n-1\\k\end{Bmatrix}\right)\)

\(= k! \cdot \begin{Bmatrix}n-1\\k-1\end{Bmatrix}+k\cdot k! \cdot \begin{Bmatrix}n-1\\k\end{Bmatrix}\)

\(= k\cdot \left((k-1)! \cdot \begin{Bmatrix}n-1\\k-1\end{Bmatrix}\right)+k\cdot \left(k! \cdot \begin{Bmatrix}n-1\\k\end{Bmatrix}\right)\)

\(= k \cdot M[n-1, k-1] + k \cdot M[n-1, k]\)

RedCat, bedankt hoor.

Ben ik verkeerd dat de coëfficiënten bij "n" is een priemgetal > 2 ........ allemaal V6, veelvouden van 6 zijn ..... uitgezonderd
de "1" bij k= 1

Voor n>=1 is M[n, 0] = 0 en M[n, 1] = 1.

Voor de tweede kolom gebruiken we

\(\displaystyle \begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix} = \frac{1}{k!}\sum_{j=1}^k (-1)^{(k-j)}\binom{k}{j}j^n\)

wat oplevert:

\(\text{M}[n,2] = \displaystyle 2! \cdot \begin{Bmatrix}n\\2\end{Bmatrix} = \sum_{j=1}^2 (-1)^{(2-j)}\binom{2}{j}j^n = -2 + 2^n = 2^n-2\)

Onderscheid:
[1] n is even:
dan geeft M[n, 2] bij deling door 6 altijd rest 2. Notatie: M[n, 2] = 2 (mod 6) of iets korter: M[n, 2] % 6 = 2.
Bewijs met inductie:
Basis: \(\text{M}[2, 2] \% 6 = (2^2 - 2) \% 6 = 2 \% 6 = 2\)
Inductie: stel \(\text{M}[2k, 2] \% 6 = (2^{2k}-2)\%6 = 2\), dan is
\(\text{M}[2k+2, 2] \% 6 = (2^{2k+2}-2)\%6 = (4\cdot 2^{2k}-2)\%6 = (3\cdot 2^{2k}+ 2^{2k}-2)\%6\)
\(= (3\cdot 2^{2k})\%6 + ( 2^{2k}-2)\%6 = 0 + 2 =2\)
(de eerste term hierboven bevat factor 3 en 2, dus is altijd deelbaar door 6 (rest nul), de tweede term is de inductiehypothese).

[2] n is oneven:
dan geeft M[n, 2] bij deling door 6 altijd rest 0. Notatie: M[n, 2] = 0 (mod 6) of iets korter: M[n, 2] % 6 = 0.
Bewijs als hierboven nu te starten met \(M[3, 2]\%6 = (2^3-2)\%6 = 0\)

In kolom 2 zijn alle getallen M[n, 2]%6 dus 2 of 0
M[3, 3]%6 = 6 % 6 = 0
In kolom 3 zijn alle getallen M[n, 3]%6 = [ 3 * (M[n-1, 2] + M[n-1, 3]) ] % 6 = 0
en hetzelfde geldt voor alle volgende kolommen (k>3).

Dat levert deze tabel van M[n, k] % 6:

Code: Selecteer alles

k:          0   1   2   3   4   5   6   7   8   9  10  11  12
n= 0:       1
n= 1:       0   1
n= 2:       0   1   2
n= 3:       0   1   0   0
n= 4:       0   1   2   0   0
n= 5:       0   1   0   0   0   0
n= 6:       0   1   2   0   0   0   0
n= 7:       0   1   0   0   0   0   0   0
n= 8:       0   1   2   0   0   0   0   0   0
n= 9:       0   1   0   0   0   0   0   0   0   0
n=10:       0   1   2   0   0   0   0   0   0   0   0
n=11:       0   1   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0
n=12:       0   1   2   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0

Merk op: Alle priemgetallen p > 2 zijn oneven, dus behalve M[p, 1] zijn al hun coëfficiënten deelbaar door 6.

RedCat,

Bedankt hoor voor het vele werk / tijd dat U er in stak / steekt.

Dus het blijkt zo te zijn dat alle coeficienten bij alle priemgetallen machten, (uitgezonderd 2) ....... zelfs bij uitbreiding voor alle
oneven machten een veelvoud van 6 zijn ........... uitgezonden de eerste efficiënt die 1 is.
Heb ik het goed voor ?

Ik kan weer verder met wat ik aan het uitpluizen was/ben.
Na wat gewoon rekenwerk op basis van het voorgaande vraag ik mij af als het zo is dat er geen oplossing(en) bestaat/bestaan voor

x^n = y^n +V6
met n priem > 2

sciencetalk

x^n

Re: x^n

Re: x^n

Re: x^n

Re: x^n

Re: x^n

Re: x^n

Re: x^n

Re: x^n

Re: x^n

Re: x^n

Re: x^n

Re: x^n

Re: x^n

Re: x^n