Fibonaccifølgen

Binets formel siger, at det n´te fibonaccital kan skrives: F_n = (1/√5)(φⁿ - θⁿ), hvor φ er det gyldne snit givet som den positive af de to løsninger til andengradsligningen: x² - x - 1 = 0, φ = (1 + √5)/2 og θ = (1 - √5)/2.

Fibonaccirækken er F₀ = 0, F₁ = 1, F₂ = 1, F₃ = 2, F₄ = 3, F₅ = 5, F₆ = 8, o.s.v. - og F_n = F_n-1 + F_n-2

Lad m = q n, hvor q ∈ N. Da fås: F_m = (1/√5)(φ^m - θ^m) = (1/√5) ((φⁿ)^q - (θⁿ)^q)

Benyt faktoriseringen: a^q - b^q = (a - b) (a^q-1 + b a^q-2 + b² a^q-3 + ... + b^q-2 a + b^q-1)

F_m = (1/√5) (φⁿ -  θⁿ) ((φⁿ)^q-1 + θⁿ(φⁿ)^q-2 + (θⁿ)²(φⁿ)^q-3 + .... + (θⁿ)^q-2φⁿ + (θⁿ)^q-1)

F_n = (1/√5) (φⁿ - θⁿ)   - hvoraf:

n går op i m ⇒ F_n går op i F_m

Wow, tak!

#1
 

Lad m = q n, hvor q ∈ N. Da fås: Fm = (1/√5)(φm - θm) = (1/√5) ((φn)q - (θn)q)

Her hvad sker? Kan godt følge dig i, at der står m i stedet for n. Men forstår ikke hvordan det bliver til

(1/√5) ((φn)q - (θn)q)

#1

Og hvor har du faktoriseringen fra? :-)

#4

Faktoriseringen

a^q - b^q = (a - b) (a^q-1 + b a^q-2 + b² a^q-3 + ... + b^q-2 a + b^q-1)

er en generalisering af den kendte kvadratsætning a² - b² = (a-b)(a+b), og den vises let ved at gange parenteserne ud.

Hvis m = q·n, er φ^m = φ^q·n = (φⁿ)^q , osv.

#4

Super, giver god mening så.

#1

Fm = (1/√5) (φn -  θn) ((φn)q-1 + θn(φn)q-2 + (θn)2(φn)q-3 + .... + (θn)q-2φn + (θn)q-1)

Ovenstående forstår jeg godt, da du her bare "nærmest" har sat ind i faktoriseringen

Forstår ikke nedenstående:

Fn = (1/√5) (φn - θn)   - hvoraf:

n går op i m ⇒ Fn går op i Fm

Udtrykket

 F_n = (1/√5)(φⁿ - θⁿ)

er jo Binet's formel for F_n . Det benyttes også ved

F_m = (1/√5)(φ^m - θ^m) ,

og hvis m = q·n , ser man, at F_n = (1/√5)(φⁿ - θⁿ) spaltes ud som en faktor i F_m .

Tak for hjælpen begge to!

Har nu fået skrevet det rent med tilhørende tekst.

Hvis i har tid, ville det være en kæmpe hjælp, hvis i gad tage et kig på det!

#8

Det er ikke kvadratsætningen a² - b² = (a-b)(a+b), der benyttes, men dens generalisering

a^q - b^q = (a - b) (a^q-1 + b a^q-2 + b² a^q-3 + ... + b^q-2 a + b^q-1)

der let vises ved at gange parenteserne ud.

Det er lodret forkert at skrive

 m = q·n ⇒ F_m = q·F_n .

Beregningerne viser, at F_n er en faktor i F_m , hvilket var hvad der skulle vises.

Ok, tak for hurtig respons!

#9

Kan jeg da konkludere opgaven på følgende måde:

Hvis m=q*n da fås

Fn er en faktor i Fm

hvoraf det kan konkluderes, at

Hvis n går op i m, da vil  går op i

#11

Man skal vel også vise, at faktoren

((φⁿ)^q-1 + θⁿ(φⁿ)^q-2 + (θⁿ)²(φⁿ)^q-3 + .... + (θⁿ)^q-2φⁿ + (θⁿ)^q-1)

er et helt tal.

#12
Ok, skal man da indsætte disse φ = (1 + √5)/2 og θ = (1 - √5)/2

og derefter reducere?

#13

Helt så enkelt er det desværre ikke. Måske har din lærer en idé.

Et bud: Man kan evt. benytte, at φⁿθⁿ = (φθ)ⁿ = (-1)ⁿ.

Det betyder, at problemet er kogt ned til at vise, at φ^m + θ^m ∈ Z, for vilkårlige m = n q.

Her kan du så indsætte værdierne for φ og θ:

m = 1: (1 + √5 + 1 - √5)/2 = 1 → OK.

m = 2: ((1 + √5)² + (1 - √5)²)/2² = 3 → OK.

m = p: ((1 + √5)^p + (1 - √5)^p)/2^p = ...

Der kan sagtens være en anden og mere elegant vej, som jeg ikke har opdaget.

#14 

Ok tak for hjælp! 

Forstår bare ikke hvorfor man kan konkludere:

Når

m = 1: (1 + √5 + 1 - √5)/2 = 1 → OK.

m = 2: ((1 + √5)2 + (1 - √5)2)/22 = 3 → OK.

m = p: ((1 + √5)p + (1 - √5)p)/2p = ...

Da er faktoren ((φn)q-1 + θn(φn)q-2 + (θn)2(φn)q-3 + .... + (θn)q-2φn + (θn)q-1) et helt tal

Hvis m=q*n da fås altså at 

Fn er en faktor i Fm og faktoren er et helt tal

hvoraf det kan konkluderes, at

Hvis n går op i m, da vil Fn gå op i Fm

Prøv at skrive den besværlige faktor/parentes, lad os kalde den for S_q, ud for forskellige q-værdier:

q = 2:    S₂ =  φⁿ + θⁿ

q = 3:    S₃ =  (φⁿ)² + θⁿφⁿ + (θⁿ)²

q = 4:    S₄ =  (φⁿ)³ + θⁿ (φⁿ)² + (θⁿ)²φⁿ + (θⁿ)³

... o.s.v.

Antag nu, at vi har vist, at S₂ ∈ N, så gælder: S₃ = (φⁿ)² + θⁿφⁿ + (θⁿ)² = (φⁿ)² + (-1)ⁿ + (θⁿ)² ∈ N, - fordi θφ = -1 og (-1)ⁿ er et heltal -  og fordi (φⁿ)² + (θⁿ)²  = φ²ⁿ + θ²ⁿ ∈ N.

På samme måde gælder S₄ = φ³ⁿ + θ³ⁿ + (-1)ⁿ(φⁿ + θⁿ) ∈ N.

Og så fremdeles for S₅, S₆, ... Dette er ikke noget stringent bevis, men en argumentation for at vores besværlige faktor er et heltal. Der kan sagtens være andre måder at vise det på. Det ville nok være på sin plads at du spurgte din lærer/vejleder om det.

Ok, men min vejleder må ikke hjælpe med opgavetekniske spørgsmål desværre

#16
Jeg har fundet en engelsk pdf, hvor de gennemgår beviset for min sætning

nederst på side 37(teorem I)+38+39

http://www.fq.math.ca/Books/Fibonacci-Lucas/chap7.pdf

Først beviser han to teoremer, hvorefter han kombinerer dem i en tredje teorem der netop er min sætning

at hvis n går op i m da vil Fn gå op i Fm

Det ville være en kæmpe hjælp, hvis du kunne prøve og sætte dig ind i det og bagefter forklare det til mig. 

Hvis du ikke har tid til dette, er det selvfølgelig forståeligt.

Ellers tak for god hjælp

Vi kan godt prøve at gå det igennem sammen. Det er nogle udmærkede noter.

M.v.h. lfdahl

Hej Ifdahl

Mange tak. Har fået det skrevet noterne ind på dansk nu. Mit problem grunder, i at jeg ikke kan så hvordan man kan kombinere teorem I og II til teorem III?