Finite Difference & Discrete MacLaurin
Finite Difference, Discrete MacLaurin, dan Integer-Valued Polynomials
[Pelatihan Tim IMO 2019 Indonesia , Soto Bang Sawit]
Sebuah monomial M_k(z)=z^k dapat kita gunakan dalam expansi Maclaurin-Taylor dari fungsi f sebagai berikut:
f(z) = \sum_{k=0}^{\infty} a_k M_k(z)
dimana a_k = \frac{d^k (M_k(z))}{dz}\big\lvert_{z=0}, yakni merupakan turunan ke-k dari M_k(z) yang dievaluasi di z=0.
P_0(z)=1 \qquad P_{1}(z)=z \qquad P_2(z)=z(z-1) \qquad P_3(z)=z(z-1)(z-2) \cdots
Secara umum definisinya adalah sebagai berikut
P_k(z)=z(z-1)\cdots (z-k+1)
Untuk "turunan"-nya , kita akan menggunakan finite difference dari fungsi f, yakni
\Delta f(z) = f(z+1)-f(z)
Perhatikan bahwa operator \Delta (g(z)) bersifat linear, yakni \Delta(C \cdot g(z)) = C \cdot \Delta (g(z)) dan \Delta (g_1(z)+g_2(z)) = \Delta (g_1(z)) + \Delta (g_2(z)).
Dengan melakukan finite difference pada suku-banyak P_k(z), kita dapat memperoleh:
\Delta P_k(z) = k P_{k-1}(z).
Relasi diatas cukup similar dengan rumus turunan \frac{d}{dz}(M_k(z)) = k M_{k-1}(z).
Dengan bekal properti diatas, kita akan mencoba untuk mendapatkan sebuah expansi dari suatu fungsi f, yang "analog" dengan expansi Maclaurin-Taylor. (bahkan penurunannya juga mirip.)
Expansi berikut disebut Newton Series:
f(z)=\sum_{k=0}^{\infty} a_k P_k(z) = a_0 + a_1 z +a_2 (z)(z-1) + a_3 z(z-1)(z-2)+ \cdots
Perhatikan bahwa
\begin{align*}\Delta^2 f(z) &= \Delta ( \Delta f(z) ) \\ &= \Delta ( f(z+1)-f(z)) = (f(z+2)-f(z+1)) - (f(z+1)-f(z)) \\ &= f(z+2) -2f(z+1)+f(z) \end{align*}
\begin{align*}\Delta^3 f(z) &= \Delta (f(z+2) -2f(z+1)-f(z))\\ &= f(z+3)-2f(z+2)+f(z+1) - f(z+2)+2f(z+1)-f(z) \\ &=f(z+3)-2f(z+2)+3f(z+1)-f(z) \end{align*}
Pola koefisien diatas menurut pada koefisien binomial, dan hal ini cukup mudah untuk dibuktikan dengan induksi, yakni
\Delta^n (f(z)) = \sum_{k=0}^n (-1)^{n-k}{n \choose k}f(z+k)
Untuk z=0, kita peroleh
\begin{equation}\Delta^n (f(0)) =\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k} {n\choose k} f(k) \qquad \qquad (1) \end{equation}
Sekarang kembali lagi ke Newton Series f(z)=\sum_{k=0}^n a_k P_k(z). Perhatikan bahwa karena P_k(0)=0 untuk k\geq 1, maka f(0)=a_0. Lalu dengan melakukan finite difference ke fungsi f(z), diperoleh
\Delta (f(z)) = \sum_{k=0}^{\infty} a_k \Delta P_k(z) = \sum_{k=0}^n a_k \cdot k \cdot P_{k-1}(z) = \sum_{k=1}^{\infty} k a_ k P_{k-1}(z)
Sehingga \Delta (f(0)) = a_1.
Lebih lanjut diperoleh
\Delta^2 (f(z)) = \sum_{k=1}^{\infty} ka_k (k-1) P_{k-2}(z) = \sum_{k=2}^{\infty} ka_k (k-1) P_{k-2}(z).
Sehingga \Delta^2 (f(0)) = 2 a_2.
Dengan menggunakan induksi dan cara diatas, dapat diperoleh bahwa \Delta^n(f(0)) = n! a_n, sehingga
f(z)= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\Delta^n(f(0))}{n!} P_n(z)
jadi
f(z)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\Delta^n(f(0))}{n!} z(z-1) \cdots (z-n+1) \qquad \qquad (2)
Untuk kasus khusus ketika f(z)=c_m z^m + c_{m-1} z^{m-1} + \cdots +c_0, yang merupakan suku-banyak dengan derajat m, maka suku-suku pada expansi diatas harus berhenti, yakni pada pangkat tertinggi dari f(z), sehingga diperoleh
f(z)= \sum_{n=0}^m \frac{\Delta^n(f(0))}{n!} z(z-1) \cdots (z-k+1)
Dengan menyamakan koefisien dan persamaan (1), kita peroleh
m! c_m = \Delta^m (f(0)) = \sum_{k=0}^m (-1)^{m-k} {m \choose k} f(k)
dimana c_m adalah koefisien tertinggi dari suku-banyak f(z).
Perlu diketahui juga bahwa himpunan suku-banyak \{P_k(X)\}_{k \geq 0} merupakan himpunan yang bebas linear di \mathbb{Q}. Karena jika
\alpha_1 P_{k_1}(X)+\cdots + \alpha_m P_{k_m}(X)=0
dimana asumsikan k_1 > k_2 > \cdots > k_n dan \alpha_i \in \mathbb{Q}, kita peroleh dengan substitusi t=k_n, maka diperoleh P_{k_{j}}(t) = 0 untuk j < n, dan P_{k_n}(k_n)= (k_n)! \neq 0, sehingga
\alpha_n (k_n)! = 0 \Rightarrow \alpha_n =0
apabila dilanjutkan dengan t=k_{n-1}, dan seterusnya, maka diperoleh semua \alpha_i = 0. Jadi \{P_k(X)\}_{k \geq 0} bebas linear.
Expansi diatas juga dapat memberikan syarat cukup dan perlu untuk sebuat suku banyak P(X) dengan koefisien rational yang memenuhi P(n) \in \mathbb{Z} untuk setiap n \in \mathbb{Z}, atau biasa disebut integer-valued polynomials. Contoh P(n)=\frac{n(n+1)}{2}.
Perlu diketahui juga bahwa himpunan suku-banyak \{P_k(X)\}_{k \geq 0} merupakan himpunan yang bebas linear di \mathbb{Q}. Karena jika
\alpha_1 P_{k_1}(X)+\cdots + \alpha_m P_{k_m}(X)=0
dimana asumsikan k_1 > k_2 > \cdots > k_n dan \alpha_i \in \mathbb{Q}, kita peroleh dengan substitusi t=k_n, maka diperoleh P_{k_{j}}(t) = 0 untuk j < n, dan P_{k_n}(k_n)= (k_n)! \neq 0, sehingga
\alpha_n (k_n)! = 0 \Rightarrow \alpha_n =0
apabila dilanjutkan dengan t=k_{n-1}, dan seterusnya, maka diperoleh semua \alpha_i = 0. Jadi \{P_k(X)\}_{k \geq 0} bebas linear.
Expansi diatas juga dapat memberikan syarat cukup dan perlu untuk sebuat suku banyak P(X) dengan koefisien rational yang memenuhi P(n) \in \mathbb{Z} untuk setiap n \in \mathbb{Z}, atau biasa disebut integer-valued polynomials. Contoh P(n)=\frac{n(n+1)}{2}.
Sebuah suku-banyak P(X) \in \mathbb{Q}[X] dimana deg(P(x))=n merupakan suku-banyak integer-valued jika dan hanya jika \Delta^k P(x) \in \mathbb{Z} untuk setiap bilangan bulat k=0,2,..,n. Jika dan hanya jika P(X) = \sum_{j=0}^n a_j {X \choose j} \quad \qquad \text{dimana }a_j \in \mathbb{Z}
Buktinya cukup mudah, Jika P(x) integer valued, maka dari rumus \Delta^n (P(0)) =\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k} {n\choose k} P(k), kita peroleh \Delta^n (P(0)) selalu bilangan bulat. Sebaliknya jika \Delta^k P(x) \in \mathbb{Z} untuk setiap bilangan bulat k=0,2,..,n, maka karena {X \choose j} selalu bilangan bulat untuk setiap j, diperoleh P(X) = \sum_{j=0}^n a_j {X \choose j} \quad \qquad \text{dimana }a_j \in \mathbb{Z}, dengan a_j = \Delta^j (P(0)).
Berikut ini adalah salah satu penggunaan identitas (2) pada soal USA TST 2019
Misalkan \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} menyatakan himpunan bilangan bulat dalam modulo n (jadi mempunyai n anggota). Tentukan semua bilangan asli n sedemikian sehingga terdapat fungsi bijektif g: \mathbb{Z}/n \mathbb{z} \rightarrow \mathbb{Z}/n \mathbb{Z} sedemikians sehingga 101 buah fungsi
g(x) , \quad g(x)+x , \quad g(x)+2x , \quad , \cdots, \quad , g(x)+100x
juga merupakan fungsi bijektif.
Solusi berikut merupakan solusi dari Evan Chen. Tapi soal ini sebenarnya tidak begitu susah apabila kita sudah mengetahui rumus penjumlahan \sum_{k=1}^m k^j, yang melibatkan bilangan Stirling, dan juga dapat diturunkan dari rumus Newton Series di atas.
Intinya, seperti biasa , dalam mengerjakan soal, kita coba lihat untuk kasus kecil dulu, yakni ketika l=101 diganti, misalkan l=2 atau l=3.
Pada kasus l=2 kita ingin fungsi g(x) dan g(x)+x merupakan fungsi bijektif, atau permutasi dari (1,2,...,n). Jadi apabila kita tambahkan diperoleh
\sum_{k=1}^n g(k) = \frac{n(n+1)}{2} \qquad \sum_{k=1}^n g(x)+x = \frac{n(n+1)}{2}
sehingga diperoleh \frac{n(n+1)}{2} + \frac{n(n-1)}{2} \equiv \frac{n(n+1)}{2} \pmod n.
jadi \frac{n(n+1)}{2} \equiv 0 \pmod n, sehingga n bilangan ganjil.
Untuk tiga buah fungsi g(x), g(x)+x, dan g(x)+2x kita bisa buat menjadi
g(x)^2 - 2(g(x)+x)^2 + (g(x)+2x)^2 = 2x^2
Sehingga
\begin{align*}\sum_{k=1}^n 2k^2 &= \sum_{k=1}^n g(k)^2 - 2 \sum_{k=1}^n (g(k)+2k)^2 + \sum_{k=1}^n (g(k)+2k)^2\\ &= \sum_{k=1}^nk^2 - 2 \sum_{k=1}^n k^2 + \sum_{k=1}^n k^2 \\ &=0 \end{align*}
Jadi \frac{(n)(n+1)(2n+1)}{3} \equiv 0 \pmod n, sehingga disimpulkan 3\nmid n.
Sebenarnya dapat dilihat bahwa pola yang dibutuhkan adalah membentuk g(x), g(x)+x, g(x)+2x, ..., g(x)+kx menjadi k!x^k. Dan pola ini berdasarkan dua kasus kecil diatas, seperti baris pada segitiga pascal (ganti tanda) yakni: (1,-1) dan (1,-2,1).
Untuk membuktikan pola ini, kita dapat menggunakan rumus (2) diatas pada fungsi w(k)=x\cdot k + g(x), yaitu merupakan fungsi linear dalam variabel k. Pertatikan bahwa w(k)^m merupakan suku-banyak dalam k dan berderajat m, dengan koefisien tertinggi sama-dengan x^m. Jadi apabila kita pakai rumus diatas diperoleh
m! x^m = \Delta^m (w(0)^m) = \sum_{k=0}^m (-1)^{m-k} {m \choose k} w(k)^m = \sum_{k=0}^m (-1)^{m-k} {m \choose k} (g(x)+k\cdot x)^m
Jadi
m! \sum_{x \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}} x^m \equiv \sum_{k=0}^m (-1)^{m-k} {m \choose k} \left( \sum_{x \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}}(g(x)+k\cdot x)^m\right)
Sedangkan dari hipotesa (g(x)+k\cdot x)^m bijektif kita peroleh
\sum_{x \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}}(g(x)+k\cdot x)^m \equiv 0^m + 1^m + \cdots+ (n-1)^m \equiv l_{n-1}
untuk setiap k.
Jadi diperoleh
m! \sum_{x \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}} x^m \equiv l_{n-1}\left( \sum_{k=0}^m (-1)^{m-k}{m \choose k}\right) \equiv l_n \cdot 0= 0 \pmod n
Relasi diatas berlaku untuk m=1,2,..., 100, dapat diperiksa bahwa untuk k=0, rumus juga berlaku.
Kita akan buktikan bahwa hal ini menyebabkan p \nmid n untuk setiap bilangan prima p \leq 101.
Jika ada bilangan prima 3 \leq p \leq 101 (karena p=2 sudah diperoleh diatas) sehingga p \lvert n, asumsikan p prima terkecil yang demikian, dan v_p(n)=a. Dengan menggunakan m=p-1, diperoleh
(p-1)! \sum_{x \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}} x^{p-1} \equiv 0 \pmod n
sehingga dari (p-1)! \neq 0 \pmod {p^a} dan p^a \lvert n diperoleh:
p^a \big \lvert \sum_{x \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}} x^{p-1}
Misalkan S_p \equiv \sum_{x=1}^{p^a} x^{p-1} \pmod {p^a} , maka
\sum_{k=1}^{p^a} (p^a+k)^{p-1} \equiv \sum_{k=1}^{p^a} (2p^a+k)^{p-1} \equiv \cdots \equiv \sum_{k=1}^{p^a} ((n/p^a-1) p^a+k)^{p-1} \equiv S_p \pmod {p^a}
Jadi
0 \equiv \sum_{x \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}} x^{p-1} \equiv \frac{n}{p^a} \times S_p \pmod {p^{a}}
dan karena p^a \nmid \frac{n}{p^a}, diperoleh
p^a \big\lvert \sum_{k=1}^{p^a} k^{p-1}
Kita akan buktikan ini tidak mungkin untuk a \geq 1, yakni dengan menggunakan induksi matematika, kita akan buktikan bahwa v_{p}\left( \sum_{k=1}^{p^a} k^{p-1}\right)=a-1.
Jika a=1, maka diperoleh k^{p-1} \equiv 1 \pmod p, untuk k \neq p, sehingga
\sum_{k=1}^{p} k^{p-1} \equiv p-1 \not \equiv 0 \pmod p.
jadi v_p\left(\sum_{k=1}^{p} k^{p-1}\right)=0.
Sekarang misalkan benar untuk suatu a \geq 1, kita bisa tulis
\sum_{k=1}^{p^a} k^{p-1} = \sum_{(k,p^a) = 1} k^{p-1} + \sum_{k=1}^{p^{a-1}} (k \cdot p)^{p-1}
Sekarang misalkan g adalah primitive root dari \mathbb{Z}/p^a\mathbb{Z}, kita peroleh \{x \, : (x,p^a)=1\} = \{1,g, g^2, ..., g^{p^{a-1}(p-1)-1}\}. Sehingga
\sum_{(k,p^a) = 1} k^{p-1} \equiv 1+g^{p-1} + g^{2(p-1)} + \cdots +g^{(p^a(p-1)-1)(p-1)} \equiv \frac{(g^{p-1})^{p^{a-1}(p-1)}-1 }{g^{p-1}-1} \pmod {p^a}
Sedangkan karena p \lvert g^{p-1}-1, dengan Lifting The Exponent diperoleh
v_p((g^{p-1})^{p^{a-1}(p-1)}-1) = v_p(g^{p-1}-1 ) + v_p(p^{a-1}(p-1)) =v_p(g^{p-1}-1 ) + a-1
Jadi
v_p \left(\frac{(g^{p-1})^{p^{a-1}(p-1)}-1 }{g^{p-1}-1} \right) = a-1 < a
sehingga
\sum_{(k,p^a) = 1} k^{p-1} = d_1 \cdot p^{a-1}
untuk suatu bilangan d_1 yang relatif prima dengan p.
Jadi dengan hipotesa induksi
\begin{align*}\sum_{k=1}^{p^a} k^{p-1} &= p^{a-1} d_1 + p^{p-1}\left( \sum_{k=1}^{p^{a-1}} k^{p-1} \right) \\ &= p^{a-1} d_1 + p^{p-1} \left(d_2 p^{a-2} \right) \\&= p^{a-1} (d_1 + p^{p-2} d_2)\end{align*}
karena p \nmid d_1 + p^{p-2} d_2, induksi selesai.
Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa tidak ada bilangan prima p \leq 101 yang memenuhi p \lvert n.
Untuk tiga buah fungsi g(x), g(x)+x, dan g(x)+2x kita bisa buat menjadi
g(x)^2 - 2(g(x)+x)^2 + (g(x)+2x)^2 = 2x^2
Sehingga
\begin{align*}\sum_{k=1}^n 2k^2 &= \sum_{k=1}^n g(k)^2 - 2 \sum_{k=1}^n (g(k)+2k)^2 + \sum_{k=1}^n (g(k)+2k)^2\\ &= \sum_{k=1}^nk^2 - 2 \sum_{k=1}^n k^2 + \sum_{k=1}^n k^2 \\ &=0 \end{align*}
Jadi \frac{(n)(n+1)(2n+1)}{3} \equiv 0 \pmod n, sehingga disimpulkan 3\nmid n.
Sebenarnya dapat dilihat bahwa pola yang dibutuhkan adalah membentuk g(x), g(x)+x, g(x)+2x, ..., g(x)+kx menjadi k!x^k. Dan pola ini berdasarkan dua kasus kecil diatas, seperti baris pada segitiga pascal (ganti tanda) yakni: (1,-1) dan (1,-2,1).
Untuk membuktikan pola ini, kita dapat menggunakan rumus (2) diatas pada fungsi w(k)=x\cdot k + g(x), yaitu merupakan fungsi linear dalam variabel k. Pertatikan bahwa w(k)^m merupakan suku-banyak dalam k dan berderajat m, dengan koefisien tertinggi sama-dengan x^m. Jadi apabila kita pakai rumus diatas diperoleh
m! x^m = \Delta^m (w(0)^m) = \sum_{k=0}^m (-1)^{m-k} {m \choose k} w(k)^m = \sum_{k=0}^m (-1)^{m-k} {m \choose k} (g(x)+k\cdot x)^m
Jadi
m! \sum_{x \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}} x^m \equiv \sum_{k=0}^m (-1)^{m-k} {m \choose k} \left( \sum_{x \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}}(g(x)+k\cdot x)^m\right)
Sedangkan dari hipotesa (g(x)+k\cdot x)^m bijektif kita peroleh
\sum_{x \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}}(g(x)+k\cdot x)^m \equiv 0^m + 1^m + \cdots+ (n-1)^m \equiv l_{n-1}
untuk setiap k.
Jadi diperoleh
m! \sum_{x \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}} x^m \equiv l_{n-1}\left( \sum_{k=0}^m (-1)^{m-k}{m \choose k}\right) \equiv l_n \cdot 0= 0 \pmod n
Relasi diatas berlaku untuk m=1,2,..., 100, dapat diperiksa bahwa untuk k=0, rumus juga berlaku.
Kita akan buktikan bahwa hal ini menyebabkan p \nmid n untuk setiap bilangan prima p \leq 101.
Jika ada bilangan prima 3 \leq p \leq 101 (karena p=2 sudah diperoleh diatas) sehingga p \lvert n, asumsikan p prima terkecil yang demikian, dan v_p(n)=a. Dengan menggunakan m=p-1, diperoleh
(p-1)! \sum_{x \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}} x^{p-1} \equiv 0 \pmod n
sehingga dari (p-1)! \neq 0 \pmod {p^a} dan p^a \lvert n diperoleh:
p^a \big \lvert \sum_{x \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}} x^{p-1}
Misalkan S_p \equiv \sum_{x=1}^{p^a} x^{p-1} \pmod {p^a} , maka
\sum_{k=1}^{p^a} (p^a+k)^{p-1} \equiv \sum_{k=1}^{p^a} (2p^a+k)^{p-1} \equiv \cdots \equiv \sum_{k=1}^{p^a} ((n/p^a-1) p^a+k)^{p-1} \equiv S_p \pmod {p^a}
Jadi
0 \equiv \sum_{x \in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}} x^{p-1} \equiv \frac{n}{p^a} \times S_p \pmod {p^{a}}
dan karena p^a \nmid \frac{n}{p^a}, diperoleh
p^a \big\lvert \sum_{k=1}^{p^a} k^{p-1}
Kita akan buktikan ini tidak mungkin untuk a \geq 1, yakni dengan menggunakan induksi matematika, kita akan buktikan bahwa v_{p}\left( \sum_{k=1}^{p^a} k^{p-1}\right)=a-1.
Jika a=1, maka diperoleh k^{p-1} \equiv 1 \pmod p, untuk k \neq p, sehingga
\sum_{k=1}^{p} k^{p-1} \equiv p-1 \not \equiv 0 \pmod p.
jadi v_p\left(\sum_{k=1}^{p} k^{p-1}\right)=0.
Sekarang misalkan benar untuk suatu a \geq 1, kita bisa tulis
\sum_{k=1}^{p^a} k^{p-1} = \sum_{(k,p^a) = 1} k^{p-1} + \sum_{k=1}^{p^{a-1}} (k \cdot p)^{p-1}
Sekarang misalkan g adalah primitive root dari \mathbb{Z}/p^a\mathbb{Z}, kita peroleh \{x \, : (x,p^a)=1\} = \{1,g, g^2, ..., g^{p^{a-1}(p-1)-1}\}. Sehingga
\sum_{(k,p^a) = 1} k^{p-1} \equiv 1+g^{p-1} + g^{2(p-1)} + \cdots +g^{(p^a(p-1)-1)(p-1)} \equiv \frac{(g^{p-1})^{p^{a-1}(p-1)}-1 }{g^{p-1}-1} \pmod {p^a}
Sedangkan karena p \lvert g^{p-1}-1, dengan Lifting The Exponent diperoleh
v_p((g^{p-1})^{p^{a-1}(p-1)}-1) = v_p(g^{p-1}-1 ) + v_p(p^{a-1}(p-1)) =v_p(g^{p-1}-1 ) + a-1
Jadi
v_p \left(\frac{(g^{p-1})^{p^{a-1}(p-1)}-1 }{g^{p-1}-1} \right) = a-1 < a
sehingga
\sum_{(k,p^a) = 1} k^{p-1} = d_1 \cdot p^{a-1}
untuk suatu bilangan d_1 yang relatif prima dengan p.
Jadi dengan hipotesa induksi
\begin{align*}\sum_{k=1}^{p^a} k^{p-1} &= p^{a-1} d_1 + p^{p-1}\left( \sum_{k=1}^{p^{a-1}} k^{p-1} \right) \\ &= p^{a-1} d_1 + p^{p-1} \left(d_2 p^{a-2} \right) \\&= p^{a-1} (d_1 + p^{p-2} d_2)\end{align*}
karena p \nmid d_1 + p^{p-2} d_2, induksi selesai.
Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa tidak ada bilangan prima p \leq 101 yang memenuhi p \lvert n.
Jadi diperoleh semua bilangan prima yang \leq 101 harus tidak membagi n. Untuk contoh fungsi yang memenuhi ini, cukup ambil g(x)=x. Maka g(x)+kx harus bijective untuk 1 \leq k \leq 100. Karena jika x dan y memenuhi g(x)+kx \equiv g(y)+ky \pmod n, maka diperoleh (x-y)(k+1) \equiv 0 \pmod n, yang karena (k+1,n)=1, diperoleh x \equiv y \pmod n. Selesai.
Soal berikut ini (yang juga ada pada pelatihan) dapat dikerjakan dengan menggunakan syarat cukup dan perlu untuk suku-banyak bernilai bilangan bulat.
Tunjukkan bahwa barisan (\epsilon_n)_{n \in\mathbb{N}} yang bernilai plus-minus satu bersifat periodik dengan periode bilangan 2 berpangkat, jika dan hanya jika \epsilon_n = (-1)^{P(n)} dimana P(n) adalah suku-banyak dengan koefisien bilangan rasional dan bernilai bilangan bulat untuk setiap bilangan bulat.
Post a Comment: