Фибоначчи k-го ур-я + алгебраическое число в цепную дробь

[Dmitriy40]

До $M<10^8$ досчиталось, всё интересное выкладывал выше, вот ссылка на архив со всеми результатами: https://cloud.mail.ru/public/yUpJ/nKmsUG91h

[Andrey A]

Спасибо!

[Dmitriy40]

Andrey A
Нашлось продолжение длиной 12 (до кучи и все новые вхождения длин от 10 и выше):

Используется синтаксис Text

M=176919203: n=11: F(18787,56382) F(18258,55076) F(18022,54427) F(17191,52069) F(16643,50486) F(16488,50036) F(12138,37236) F(9587,29661) F(8231,25624) F(3637,11909) F(2518,8561)
M=360931278: n=10: F(26863,80591) F(26653,80136) F(26062,78586) F(24128,73066) F(23332,70747) F(22988,69741) F(19678,59994) F(18052,55179) F(8297,26127) F(3828,12761)
M=427210953: n=12: F(28898,86939) F(28562,86057) F(28218,85111) F(27663,83546) F(26763,80961) F(25103,76126) F(23413,71161) F(22672,68976) F(22336,67984) F(14466,44619) (7361,23409) F(7258,23101)

Полные результаты для $M<10^9$ длиной от 5 и выше будут дня через два (за сутки просчиталось 41% интервала, плюс небольшое замедление с ростом чисел, около $10^8$ общее время оценивалось в 45ч, сейчас уже в 58ч).

[Andrey A]

O.K. Дождемся победного финала, и выпишу всю последовательность еще раз. Мало ли кто захочет закинуть в OEIS.

[Dmitriy40]

Andrey A
Досчиталось до $10^9$, заняло почти 80ч. Файл по ссылке выше обновил. Длины 13 не найдено. Вообще интервал $10^{7..8}$ был самый урожайный.
На этом и остановимся.

PS. Не вижу особого смысла иметь в последовательности нулевой член, логичнее начинать с $n=1, M=8$. ИМХО.

[Andrey A]

Dmitriy40
Всё-таки оставлю: единица в начале всегда хорошо, если это осмыслено. А тут количество различных отображений суммой более чем $3$-х элементов треугольника Паскаля:
$8=\binom{3}{0}+\binom{3}{1}+\binom{3}{2}+\binom{3}{3}$ (одно).
$34=\binom{15}{0}+\binom{11}{1}+\binom{7}{2}+\binom{3}{3}=\binom{8}{0}+\binom{7}{1}+\binom{6}{2}+\binom{5}{3}+\binom{4}{4}$ (два).
И далее по нарастающей. Единица же — наименьшее из не имеющих ни одного отображения. Само напрашивается. Итак:

$$1,8,34,281,2490,17051,243676,826253,5298424,41037270,52658451,64926751,427210953,...\ (n=0,1,2,...)$$

Раскрою последний член.
$427210953=$
$=\binom{86938}{0}+\binom{58041}{1}+\binom{29144}{2}+\binom{247}{3}$
$=\binom{86056}{0}+\binom{57495}{1}+\binom{28934}{2}+\binom{373}{3}$
$=\binom{85110}{0}+\binom{56893}{1}+\binom{28676}{2}+\binom{459}{3}$
$=\binom{83545}{0}+\binom{55883}{1}+\binom{28221}{2}+\binom{559}{3}$
$=\binom{80960}{0}+\binom{54198}{1}+\binom{27436}{2}+\binom{674}{3}$
$=\binom{76125}{0}+\binom{51023}{1}+\binom{25921}{2}+\binom{819}{3}$
$=\binom{71160}{0}+\binom{47748}{1}+\binom{24336}{2}+\binom{924}{3}$
$=\binom{68975}{0}+\binom{46304}{1}+\binom{23633}{2}+\binom{962}{3}$
$=\binom{67983}{0}+\binom{45648}{1}+\binom{23313}{2}+\binom{978}{3}$
$=\binom{44618}{0}+\binom{30153}{1}+\binom{15688}{2}+\binom{1223}{3}$
$=\binom{23408}{0}+\binom{16048}{1}+\binom{8688}{2}+\binom{1328}{3}$
$=\binom{23100}{0}+\binom{15843}{1}+\binom{8586}{2}+\binom{1329}{3}$

Скачал. Еще раз спасибо!

[Andrey A]

Кое-что еще. Каждой несократимой дроби $\dfrac{n}{k}>1$ можно поставить в соответствие бесконечно возрастающую последовательность $k$-боначчи вида $F^k_n,F^{2k}_{2n},F^{3k}_{3n},...,F^{uk}_{un},...$
Интересно, что $u$-й член такой последовательности описывается явно многочленом степени $ \left \lceil \frac{n}{k} \right \rceil-1$ с целыми положительными коэффициентами, поделенным на соответствующий факториал. Последовательность $F_5^1=16,F_{10}^{2}=55,F_{15}^{3}=129,...$, к примеру, описывается формулой $F^{u}_{5u}=\dfrac{u^4+38u^3+167u^2+154u+24}{4!}.$ Сильная закономерность, но совсем не понимаю что с этим делать дальше.




Метод разложения корней уравнений, описанный ранее, есть в сущности метод касательных, но для цепных дробей. См. пост https://dxdy.ru/post1503115.html#p1503115 Upd 8.11.2021.

[novichok2018]

Алгебраическое уравнение из первого поста, или даже чуть более общее, встречается в теории разностных уравнений, итерационных методах. Например, Трауб, Итерационные методы..., с. 42. Трёхчленное. Наверное, корни выражаются через гипергеометрию, было бы интересно это сделать.

[Andrey A]

novichok2018 в сообщении #1548152 писал(а):

... было бы интересно это сделать.

Так попробуйте! Мне кажется, коллективные исследования (при наличии должного такта) — именно то, чего недостает нашим научным форумам в противовес сухой критике. Из гипергеометрии я вряд ли что ценного добавлю, но с удовольствием поаплодирую ) Задача минимум – восстановить коэффициенты многочлена из заданной пропорции $\dfrac{n}{k}>1$ (Upd 06.05.2022).