Мистика чисел

[kthxbye]

Нега-счастливые числа Эйлера:

$$7, 3, -3, -11$$

$$23, 19, 13, 5, -5, -17, -31, -47$$

$$47, 43, 37, 29, 19, 7, -7, -23, -41, -61, -83, -107$$

$$167, 163, 157, 149, 139, 127, 113, 97, 79, 59, 37, 13$$

$$ -13, -41, -71, -103, -137, -173, -211, -251, -293, -337, -383, -431$$

Последние не помещались, поэтому разбил на 2 строки.

Что примечательно, все квадраты ($3^2, 5^2, 7^2, 13^2$). Ну и еще один интересный пример ($27^2$):

$$727, 709, 673, 619, 547, 457, 349, 223, 79$$

$$-83, -263, -461, -677, -911, -1163, -1433, -1721, -2027, -2351, -2693$$

[juna]

Нега-счастливые числа Эйлера - что это?

Дайте, пожалуйста, определение.

[juna]

$$\sum_{k=1}^{n-1}F_{3k}^2=\frac{(-1)^n}{5}+\frac{(4+\sqrt{20})^{2n-1}+(4-\sqrt{20})^{2n-1}}{4^n\cdot 10}$$

где $F_n$ - $n$-е число Фибоначчи.

[Someone]

juna в сообщении #1548456 писал(а):

$$\ldots+(-1)^{2n}\ldots$$

Там точно $(-1)^{2n}$?

[juna]

Someone в сообщении #1548457 писал(а):

juna в сообщении #1548456 писал(а):

$$\ldots+(-1)^{2n}\ldots$$

Там точно $(-1)^{2n}$?

Исправил, конечно )

[juna]

$$\sqrt{5}-2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{\sum_{k=1}^{n}F_{3k}^2}$$

[RIP]

juna в сообщении #1548456 писал(а):

$$\sum_{k=1}^{n-1}F_{3k}^2=\frac{(-1)^n}{5}+\frac{(4+\sqrt{20})^{2n-1}+(4-\sqrt{20})^{2n-1}}{4^n\cdot 10}$$

где $F_n$ - $n$-е число Фибоначчи.

А в чём мистика-то? Просто сумма геометрических прогрессий. И последнюю дробь можно на $2^{2n-1}$ сократить.

[juna]

RIP в сообщении #1548531 писал(а):

А в чём мистика-то? Просто сумма геометрических прогрессий. И последнюю дробь можно на $2^{2n-1}$ сократить.

Если подставлять замкнутые формулы для чисел Фибоначчи в левую часть, то наверное это скучное упражнение. Не знаю, не пробовал.
Я получил данную формулу из соотношения, которое написано вторым. Потом стало интересно, известна ли она, и оказалось, что да https://oeis.org/A156084. Но там выражают через числа Люка, скорее всего это одно и тоже.

[juna]

Оказывается и серебряное сечение выражается подобным образом:

$$\sqrt{2}+1=2+\frac{1}{2}\cdot \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{\sum_{k=1}^{n} P_k^2}$$

где $P_n$ - $n$-е число Пелля.

[juna]

Еще ряд интересных фактов:

$$\frac{\sqrt{21}}{2}=\frac{5}{2}-\frac{1}{5}-\frac{1}{120}-\frac{1}{2760}-\frac{1}{63365}-\ldots,$$

где знаменатели отрицательных дробей ряда есть целые числа m такие, что $3m+1$ и $7m+1$ являются полными квадратами (https://oeis.org/A160695).

$$\frac{3\sqrt{5}}{2}=\frac{7}{2}-\frac{1}{7}-\frac{1}{336}-\frac{1}{15792}-\ldots,$$

где знаменатели отрицательных дробей ряда есть целые числа m такие, что $5m+1$ и $9m+1$ являются полными квадратами (https://oeis.org/A161582).

$$\frac{\sqrt{77}}{2}=\frac{9}{2}-\frac{1}{9}-\frac{1}{720}-\frac{1}{56880}-\ldots,$$

где знаменатели отрицательных дробей ряда есть целые числа m такие, что $7m+1$ и $11m+1$ являются полными квадратами (https://oeis.org/A161585)

$$\frac{3\sqrt{13}}{2}=\frac{11}{2}-\frac{1}{11}-\frac{1}{1320}-\frac{1}{157080}-\frac{1}{18691211}-\frac{1}{2224097040}-\frac{1}{264648856560}-\frac{1}{31490989833611}-\ldots,$$

где знаменатели отрицательных дробей ряда есть целые числа m такие, что $9m+1$ и $13m+1$ являются полными квадратами .

$$\frac{\sqrt{165}}{2}=\frac{13}{2}-\frac{1}{13}-\frac{1}{2184}-\frac{1}{364728}-\frac{1}{60907405}-\frac{1}{10171171920}-\frac{1}{1698524803248}-\frac{1}{283643470970509}-\ldots,$$

где знаменатели отрицательных дробей ряда есть целые числа m такие, что $11m+1$ и $15m+1$ являются полными квадратами.

Последние две последовательности отсутствуют в https://oeis.org, поэтому выписал подробнее. Вообще можно продолжать и т.д. для любых пар:

$$(2n+1)m+1;(2n+5)m+1.$$

Кроме того, должны получаться наилучшие рациональные аппроксимации чисел в левой части равенств по аналогии с https://oeis.org/A029549:

$$\sqrt{8}=3-\frac{1}{6}-\frac{1}{210}-\frac{1}{7140}-\ldots$$

[juna]

Если

$$m=\frac{2\cdot n+1+\left(\sqrt{n^2+n-\frac{3}{4}}-n-\frac{1}{2}\right)^{2k-1}+\left(-\sqrt{n^2+n-\frac{3}{4}}-n-\frac{1}{2}\right)^{2k-1}}{-4n^2-4n+3},$$

то $\forall n,k\in\mathbb{N}$ числа $(2n-1)m+1, (2n+3)m+1$ одновременно являются полными квадратами.

Все указанные в предыдущем сообщении примеры являются частными случаями этого общего факта.

(Оффтоп)

Хотел бы обратиться к специалистам, известен ли этот результат (или что-то похожее), и если нет, то тянет ли он на публикацию?

[Andrey A]

juna в сообщении #1551034 писал(а):

$$m=\frac{2\cdot n+1+\left(\sqrt{n^2+n-\frac{3}{4}}-n-\frac{1}{2}\right)^{2k-1}+\left(-\sqrt{n^2+n-\frac{3}{4}}-n-\frac{1}{2}\right)^{2k-1}}{-4n^2-4n+3},$$

Перепишем это так: $-m(4n^2+4n-3)-(2n+1)={\left(\sqrt{n^2+n-\frac{3}{4}}-n-\frac{1}{2}\right)^{2k-1}+\left(-\sqrt{n^2+n-\frac{3}{4}}-n-\frac{1}{2}\right)^{2k-1}}$ и домножим почленно на $-1=(-1)^{2k-1}$:
$m(4n^2+4n-3)+(2n+1)={\left(n+\frac{1}{2}+\sqrt{n^2+n-\frac{3}{4}}\right)^{2k-1}+\left(n+\frac{1}{2}-\sqrt{n^2+n-\frac{3}{4}}\right)^{2k-1}}$ $=\left ( \dfrac{2n+1+\sqrt{(2n+1)^2-4}}{2} \right )^{2k-1}+\left ( \dfrac{2n+1-\sqrt{(2n+1)^2-4}}{2} \right )^{2k-1}.$
В правой части нечетные члены последовательности Люка ${\displaystyle \{V_{n}(P,Q)\}}$ при $P=2n+1,Q=1$. Странность в том, что указанная последовательность целочисленная, следовательно $m$ рациональное. Это Вам виднее, но на новизну претендовать тут не получится.

[juna]

Andrey A в сообщении #1551035 писал(а):

Странность в том, что указанная последовательность целочисленная, следовательно $m$ рациональное. Это Вам виднее, но на новизну претендовать тут не получится.

Я Вас не понял. Т.е. Вы считаете, что в формуле ошибка?

Вы можете в этом удостовериться сами, что $m$ будет целым числом, к тому же доставляющим полные квадраты для $(2n-1)m+1, (2n+3)m+1$.
Вот, например, код в maxima:

m(n,k):=(2*n+1+(sqrt(n^2+n-3/4)-n-1/2)^(2*k-1)+(-sqrt(n^2+n-3/4)-n-1/2)^(2*k-1))/(-4*n^2-4*n+3);

for k:1 thru 9 do print(expand(m(1,k)));
0 
3 
24 
168 
1155 
7920 
54288 
372099 
2550408

for k:1 thru 9 do print(expand(m(2,k)));
0 
5 
120 
2760 
63365 
1454640 
33393360 
766592645 
17598237480

for k:1 thru 9 do print(expand(m(3,k)));
0 
7
336
15792
741895
34853280
1637362272
76921173511
3613657792752

for k:1 thru 9 do print(expand(m(4,k)));
0 
9
720
56880
4492809
354875040
28030635360
2214065318409
174883129518960

и т.д.

[Andrey A]

juna в сообщении #1551036 писал(а):

Т.е. Вы считаете, что в формуле ошибка?

Да вовсе нет, я этим даже не занимался. Просто до сих пор в левой части были кв. радикалы, а о целочисленности $m$ Вы не упомянули. Целое — чем не рациональное? Я к тому, что дело сводится к последовательностям Люка и вряд ли тянет на публикацию. Сократимость дроби как-то связана с тем, что $4n^2+4n-3=(2n-1)(2n+3)=(2n+1)^2-4$. Т.е. в знаменателе дискриминант $D$, и $V_n$ при делении на $D$ дает в остатке $P$. Для четных степеней, кстати, это неверно.

[juna]

Целочисленность $m$, это не самый главный вопрос. На мой взгляд важнее, что получаются разом все последовательности, дающие попарные полные квадраты.

Поскольку, как Вы показали, там выплывают числа Люка, исследованные, как я понимаю, вдоль и поперек, факт попарных полных квадратов тоже наверное должен быть известен? Или он тривиально следует, из того, что это числа Люка?