Benutzer:SirJective/Arbol01

Hab's getrennt in Pascalsches Dreieck und Fibonacci-Folge, arbol. Bitte schreib zu beiden Themen getrennt.

Pascalsches Dreieck

Ich habe ein Problem mit dem Pascalschen Dreieck. Die klassische Form, mit der ich groß geworden bin ist diese:

              1
            1   1
          1   2   1
        1   3   3   1
      1   4   6   4   1
    1   5  10  10   5   1
  1   6  15  20  15   6   1
1   7  21  35  35  21   7   1

Nun bin ich einer dieser gemeinen Leute, die sich überlegen, wenn eine Zahl die Summe ihrer beiden Vorgänger ist, welche vorgänger haben dan die Rand-Einsen. Einer davon muß die übergeordnete Rand-Eins sein. Demzufolge ist die andere Vorgängerzahl eine Null. Kurz und gut, es ergibt sich folgendes Bild:

      0   0   0   1   0   0   0   0   0   0   0   0   0 ...
... 0   0   0   1   1   0   0   0   0   0   0   0   0
      0   0   1   2   1   0   0   0   0   0   0   0   0 ...
... 0   0   1   3   3   1   0   0   0   0   0   0   0
      0   1   4   6   4   1   0   0   0   0   0   0   0 ...
... 0   1   5  10  10   5   1   0   0   0   0   0   0
      1   6  15  20  15   6   1   0   0   0   0   0   0 ...
... 1   7  21  35  35  21   7   1   0   0   0   0   0
    .   .   .   .   .   .   .   .   .   .   .   .   .
    .   .   .   .   .   .   .   .   .   .   .   .   .

Damit nicht genug. Jemand, der noch tiefer nachgedacht hatte, oder es von jemandem hatte, der noch tiefer nachgedacht hatte, lieferte mir folgendes:

       .   .   .   .   .   .   .   .   .   .   .   .
       .   .   .   .   .   .   .   .   .   .   .   .
       .   .   .   .   .   .   .   .   .   .   .   .
       0   0   0   0   0   0   1   
 . . 0   0   0   0   0   0   1  -5  15 -35
       0   0   0   0   0   1  -4  10 -20  35 -56  84
 . . 0   0   0   0   0   1  -3   6 -10  15 -21  28 -36  45 -55 . . .
       0   0   0   0   1  -2   3  -4   5  -6   7  -8   9 -10
 . . 0   0   0   0   1  -1   1  -1   1  -1   1  -1   1  -1   1 . . .
       0   0   0   1   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0
 . . 0   0   0   1   1   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0 . . .
       0   0   1   2   1   0   0   0   0   0   0   0   0   0
 . . 0   0   1   3   3   1   0   0   0   0   0   0   0   0   0 . . .
       0   1   4   6   4   1   0   0   0   0   0   0   0   0
 . . 0   1   5  10  10   5   1   0   0   0   0   0   0   0   0 . . .
       1   6  15  20  15   6   1   0   0   0   0   0   0   0
 . . 1   7  21  35  35  21   7   1   0   0   0   0   0   0   0 . . . 
                  usw.

Jemand mußte sich nämlich gefragt haben, ob es für die Eins an der Spitze nicht auch noch vorgänger gibt, und hat eine Lösung gefunden.

Nun bin ich jmand, der unvolständige Lösungen nicht mag, demzufolge das klassische Pascalsche Dreieck ablehnt. Das geht mir allerdings nicht nur bei dem Pascalschen Dreieck so, sondern auch bei den Fibonacci-Folgen (Stichwort: Vektorraum). --Arbol01 16:46, 19. Mär 2004 (CET)

Und? Wo ist das Problem?

Das Pascalsche Dreieck ist eben dieses Dreieck; die Fortsetzung ist nicht Teil des Pascalschen Dreiecks. Diese Fortsetzung wäre (über die Erfüllung der Summenbedingung hinaus) interessant, wenn die "negativen Zeilen" eine Bedeutung hätten, z.B. für die Reihenentwicklung von (1+x)^-2. Weißt du etwas darüber? --SirJective 00:14, 20. Mär 2004 (CET)

Problem 1. Pascalsches Dreieck + Fortsetzung ist sozusagen Teil des Sierpinski-Dreiecks. Sozusagen, wein man im Falle des Sierpinski-Dreieck von Aussen nach innen, bzw. vom Goßen in das kleine geht. während der das binäre Konstrukt des Pascalschen Dreiecks (plus Fortsetzung) sich punktweise von kleinsten nach aussen weiterentwickelt, ohne jemals den Punkt-Status zu verlieren. Wenn man vom gewöhnlichen Pascalschen Dreieck ausgeht, würde das binäre Pascalsche Dreieck den obersten äussersten Punkt des Sierpinski-Dreiecks darstellen. Tatsächlich ist aber, nach dem Pascalschen Dreieck samt Fortsetzung, die Hälfte der Strecke einer der beiden Seiten der Punkt.

Zu dem Pascalschen Dreieck fällt mir auch noch etwas ein. --Arbol01 01:22, 20. Mär 2004 (CET)

Verstehe ich dich richtig, dass du das Pascalsche Dreieck modulo 2 nimmst, und damit ein Sierpinski-Dreieck erhältst? Gut, das hab ich schonmal gemacht, sah hübsch aus. Wenn man also die Fortsetzung auch modulo 2 nimmt, geht's nach oben mit einem Sierpinski-Dreieck weiter. Wir können uns also vorstellen, dass die Spitze des Pascalschen Dreiecks eine Seitenmitte ist. Ist fast schade, dass das freie Sierpinksi-Mitteldreieck unendlich groß ist, so dass man das dritte Sierpinski-Teildreieck hat. --SirJective 17:31, 20. Mär 2004 (CET)

Du hast mich richtig verstanden, bis auf eine Kleinigkeit. Das Pascalsche Dreieck ist ja sozusagen nur ein Quasi-Dreieck. Es läßt sich erweitern bis man schwarz wird, man würde nie auf ein komplettes Dreieck kommen.

Genausowenig, wie man je auf ein kleinstes kommen kann, wie weit man auch in das Sierpinski-Dreieck hinein zoomt. Das Pascalsche Dreieck und das Sierpinski-Dreieck sind die zwei entgegengesetzten Seiten eines Konzeptes oder wie auch immer.

Wenn man das Sierpinski-Dreiech in seine 3 Teil-Dreiecke zerschneiden würde, so bekäme man 3 komplette eigenständige Sierpinski-Dreiecke. Und umgekehrt würden 3 Sierpinski-Dreiecke entsprechend zusammengesetzt wieder ein Sirpinski-Dreieck ergeben.

Das führt übrigens zu der "mitten im Sierpinski-Dreieck"-Position. angenommen, man würde unendlich viele Sierpinski-Dreiecke in der Kichtigen Struktur zusammen setzen, dann bekäme man eine unendliche Sierpinski-Ebene, die man weder zum perfekten Sierpinski-Dreieck verlassen kann, noch so weit nach unten in das Detail gehen kann, das man auf eine kleinste Stufe gehen kann.

Zum Pascalschen Dreieck: ob ich nun das Pascalsche Dreieck bis dahin erweitere:

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Oder bis hier:

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oder noch größer, im Unendlichen haben alle diese 'Dreiecke' eine Ausdehnung von Null. --Arbol01 18:42, 20. Mär 2004 (CET)

Zu "Diese Fortsetzung wäre (über die Erfüllung der Summenbedingung hinaus) interessant, wenn die "negativen Zeilen" eine Bedeutung hätten, z.B. für die Reihenentwicklung von (1+x)-2. Weißt du etwas darüber?"

Ich bin mir ziemlich sicher, daß die Fortsetzung nicht eindeutig ist, weil ja zwei Fälle vorstellbar sind:

Fall A:
          1  -1   1  -1   1  -1   1 ...
        1   0   0   0   0   0   0
      1   1   0   0   0   0   0   0
    1   2   1   0   0   0   0   0
  1   3   3   1   0   0   0   0   0
1   4   6   4   1   0   0   0   0   ....

Fall B:

...  -1   1  -1   1  -1   1  -1   1
        0   0   0   0   0   0   0   1
      0   0   0   0   0   0   0   1   1
        0   0   0   0   0   0   1   2   1
      0   0   0   0   0   0   1   3   3   1
...     0    0   0   0   0   1   4   4   4   1

Beide Fälle sind möglich, jedoch macht das die Situation uneindeutig. --Arbol01 16:41, 21. Mär 2004 (CET)

Stimmt. Da ja nun der Artikel Binomialkoeffizient umgeschrieben ist, müsste sich doch herausfinden lassen, ob die Definition von z.B. "-2 über k" für nichtnegative k mit den Zahlen im Fall A übereinstimmt (Binomialkoeffizienten sind ja für negative k nicht definiert, die Zahlen im Fall B funktionieren genauso, stehen aber nicht in so direktem Zusammenhang zu den Koeffizienten). --SirJective 16:35, 25. Mär 2004 (CET)

Fibonacci-Folge

Nun bin ich jmand, der unvolständige Lösungen nicht mag, demzufolge das klassische Pascalsche Dreieck ablehnt. Das geht mir allerdings nicht nur bei dem Pascalschen Dreieck so, sondern auch bei den Fibonacci-Folgen (Stichwort: Vektorraum). --Arbol01 16:46, 19. Mär 2004 (CET)

Dass die Folgen, die der Rekursionsgleichung genügen, einen Vektorraum bilden, ist mir bekannt und dient z.B. der Bestimmung einer expliziten Formel (Formel von Binet, glaub ich), aber nur die eine ist "die Fibonacci-Folge" - alle anderen kenn ich als "Lucas-Folgen". --SirJective 00:14, 20. Mär 2004 (CET)

Es gibt nur eine Fibonacci-Folge, und die Lucas-Folgen sind Summen von verschobenen Fibonacci-Folgen. Aber ehrlich gesagt, verstehe ich nicht, warum man diese Unterscheidung macht, abgesehen davon, das eben diese Lucas-Folgen sich aus der Fibonacci-Folge zusammensetzen.

Ich bin gerade dabei, das, was ich schon mal über die Fibonacci-/Lucas-Folgen hatte, zusammenzutragen. Trotzem fange ich mal an:

Fibonacci-Folge:

... -144 89 -55 34 -21 13 -8 5 -3 2 -1 1 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 ...

Eine beliebige Lucas-Folge:

... -95 59 -36 23 -13 10 -3 7 4 11 15 26 41 67 108 ...

Die neutrale Folge (bezüglich der addition):

... 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ...

F(0,1) = .. -8 5 -3 2 -1 1 0 1 1 2 3 5 8 .. mit den Startwerten 0 und 1

F(5,8) = .. -8 5 -3 2 -1 1 0 1 1 2 3 5 8 .. mit den Startwerten 5 und 8

F(7,4) = .. -13 10 -3 7 4 11 15 26 41 67 .. mit den Startwerten 7 und 4

Die Addition zweier solcher Tupel führt wiederum zu einem Tupel. Es handelt sich also um eine abgeschlossene Struktur. Wenn ich mich nicht irre, ist die Struktur assoziativ. Es gibt ein neutrales Element, die neutrale Folge (0,0), es existiert zu jeder Folge eine inverse Folge. Es handelt sich also um eine Gruppe. Das hat noch nichts mit einem Vektorraum zu tun, aber das Dokument, in dem ich das mit dem Vektorraum habe, ist noch verschollen. Ich muß es also wieder finden, oder meine Ideen rekonstuieren. Mal sehen. --Arbol01 01:22, 20. Mär 2004 (CET)

Ja, die Addition dieser Folgen ist assoziativ, abgeschlossen, hat die Nullfolge als neutrales Element und die negative Folge als Negatives, ist insgesamt eine kommutative Gruppe. Nun kannst du dich aber von Folgen ganzer Zahlen zu Folgen reeller Zahlen erheben, die dann wieder eine additive Gruppe bilden, und mit reellen Skalaren multiplizierbar sind. Damit erhältst du einen reellen Vektorraum: