Aufgaben Fibonacci

19. April 2006
Aufgaben Fibonacci-Folgen
7. April 2006
B. Werner
SoSe 06
Präsenzaufgaben:
Aufgabe P1: Eine spezielle Lucasfolge (Ln ) ist durch
Ln = Ln−1 + Ln−2 , L0 = 2, L1 = 1
definiert. Berechnen Sie die ersten 9 Lucaszahlen.
Finden Sie eine Beziehung zwischen Ln und Fn heraus! Lösung:
Ln = 2Fn−1 + Fn
oder
Ln = Fn−1 + Fn+1 .
Zeige erstere mit vollständiger Induktion:
a) n = 1: Es ist L1 = 1 und 2F0 + F1 = 1. Also gilt die Aussage für n = 1.
b) Angenommen, es gilt Ln = 2Fn−1 +Fn für ein n. Dann ist Ln+1 = 2Fn +Fn+1 zu zeigen. Nun
ist Ln+1 = Ln +Ln−1 . Nach Induktionsannahme gilt Ln = 2Fn−1 +Fn und1 Ln−1 = 2Fn−2 +Fn−1 ,
insgesamt also
Ln+1 = 2Fn−1 + Fn + 2Fn−2 + Fn−1 ,
nach Umgruppierung
Ln+1 = 2(Fn−1 + Fn−2 )
+ Fn + Fn−1 ,
so dass wegen der Fibonacci-Rekursion
Ln+1 = 2Fn + Fn+1 ,
was zu zeigen war.
Aufgabe P2: Zeigen Sie: zwei aufeinanderfolgende Fibonacci-Zahlen sind teilerfremd.
Lösung: Falls die Aussage falsch ist, gibt es ein Ausnahme-n“ und eine natürliche Zahl m > 1,
”
die Fn+1 und Fn teilt. Da Fn−1 = Fn+1 − Fn , teilt m dann auch Fn−1 . Da Fn−2 = Fn − Fn−1 ,
teilt m dann auch Fn−2 . Fährt man so fort, kommt man nach n Schritten zu der Aussage, dass
m auch F1 = 1 teilt. Widerspruch zu m > 1.
Aufgabe P3: Zeigen Sie: Jede dritte Fibonacci-Zahl ist gerade.
1
Man darf die Induktionsannahme auch für alle Zahlen, die kleiner als n sind, verwenden.
1
Abbildung 1: Goldenes Dreieck
Lösung: Die Summe von zwei (un)geraden Zahlen ist gerade, die Summe einer geraden und
einer ungeraden Zahl ist ungerade. Daher ist die Fibonacci-Folge aus der (un)geraden Sicht:
gerade, ungerade, ungerade, gerade, ungerade, ungerade,......
Alle drei Zahlen wiederholt sich die Abfolge gerade, ungerade, ungerade.
Präzise wird dies mit der Modulo-2-Rechnung gezeigt, s.u.
Aufgabe P4:
Welche Fibonacci-Zahlen sind durch 3 teilbar?
Lösung:
Setze fn := Fn mod 3. Dann können diese Restezahlen“ nur die Werte 0, 1 oder 2 annehmen.
”
(fn ): 0,1,1,2,0,2,2,1, 0,1,1,2,0,2,2,1, .... Alle 8 Zahlen wiederholt sich alles, aber jede vierte
Zahl ist durch 3 teilbar, da jedes vierte fn verschwindet.
Aufgabe P5:
Wenn man von einem Goldenen Rechteck (das Verhältnis der Kantenlängen ist eine GoldeneSchnitt-Zahl) ein Quadrat abtrennt, erhält man wieder ein Goldenes Rechteck.
Lösung: Sei a < b. Wann ist b−a
= ab ? Nenne x := ab . Gefordert ist x + 1 = x1 . Positive Lösung
a
ist die große Goldene Schnittzahl Φ
Wenn man einem Goldenen Rechteck über der längeren Kante ein Quadrat anfügt, erhält man
wieder ein Goldenes Rechteck.
Lösung: Wann ist a+b
= ab ?
b
Finden Sie heraus, was am Dreieck in Abb. 1 den Namen Golden“ verdient.
”
Es gibt also ein spitzes und ein stumpfes Goldenes Dreieck. Welche Winkel gehören zu diesen?
Lösung: Die Strecke DB untertelt dass große Dreieck genau dann in zwei gleichschenklige Dreiecke, wenn der Winkel γ bei C 36 Grad und die Basiswinkel 72 Grad sind. In diesem Fall sind
das schraffierte und das Ausgangsdreieck ähnlich, daher ist ac = xc . Wegen der Gleichschenkligkeit des stumpfen Dreiecks ist a − x = c, bzw. a = x + c, woraus folgt, dass ac = Φ.
Man hat 2 Goldene Dreiecke, ein spitzes (Kathete/Basis = Φ) und ein stumpfes (Basis/Kathete
= Φ).
2
Umgekehrt kann man zeigen: Wenn man ein spitzes Goldenes Dreieck hat (und dieses allein
durch Kathete/Basis = Φ“ definiert), so hat dieses die oben angegebenen Winkel von 36 und
”
72 Grad.
Übungsaufgaben: (Abgabe 18.April 2006)
Aufgabe Ü1
1. Eine Fibonacci-Sequenz der Länge n ist ein Vektor (x1 , x2 , ..., xn ) mit xj ∈ {0, 1} und
xj xj+1 = 0 für alle j. Wieviele solcher Fibonacci-Sequenzen der Länge n gibt es? (Nenne
die Anzahl An ).
Lösung: Man rechnet leicht nach: A1 = 2, A2 = 3. Eine Fibonacci-Sequenz der Länge
n + 1 endet mit Null (Fall 1) oder mit Eins (Fall 2). Von der ersten Sorte gibt es An
Stück (an jede Sequenz der Länge n kann man eine Null anhängen), von der zweiten Sorte
An−1 Stück, da dann das vorletzte Glied eine Null sein muss und jede solche Sequenz durch
Anhängen von Null und Eins an eine Sequenz der Länge n − 1 entsteht. Daher gilt die
Fibonacci-Rekursion
An+1 = An + An−1 .
Jetzt folgt An = Fn+2 , da an := Fn+2 sowohl die Anfangsbedingungen a1 = A1 = F3 =
2, a2 = A2 = F4 = 3 als auch die Fibonacci-Rekursion an+1 = an + an−1 erfüllt.
Alternativ kann man An = Fn+2 direkt mit vollständiger Induktion zeigen, wobei aber die
Rekursion An+1 = An + An−1 wie oben begründet (und genutzt) werden muss.
2. Wieviele Fibonacci-Sequenzen der Länge ≤ n gibt es? (Nenne diese Anzahl Bn ).
Hinweis: Man überlege sich eine Formel für
n
X
Fk
k=1
Lösung: Klar, dass Bn =
Pn
k=1
Ak mit Ak aus Teil a), also wegen Ak = Fk+2 :
Bn = F3 + F4 + · · · Fn+2 = Fn+4 − F2 − F1 − 1 = Fn+4 − 3.
Hierbei habe ich
n
X
Fk = Fn+2 − 1
k=1
bzw.
n+2
X
Fk = Fn+4 − 1
k=1
benutzt, siehe Aufgabe P7.
3
3. (Aufgabenstellung einer Einrichtungszeitschrift vom 22.3.06)
Eine Küchenwand der Länge n (Meter) soll mit Unterschränken versehen werden, die
eine Länge von k Metern, k = 1, 2, ..., n haben können. Wieviele Möglichkeiten gibt es
zur Ausgestaltung der Wand, wenn auch Lücken gelassen werden können?
Beispiel: Wenn n = 2, so gibt es die Möglichkeit, einen 1m-Schrank mit einer 1m-Lücke,
eine 1m-Lücke mit einem 1m-Schrank, zwei 1m-Schränke, einen 2m-Schrank oder gar
nichts (2m-Lücke) zu stellen.
Hinweis: Sie sollten von k-Schränken und von k-Lücken reden, k = 1, 2, .... Überlegen
Sie sich zunächst die Fälle n = 2, 3, 4 und versuchen Sie sich an einer Rekursionsformel
und erst im 2.Schritt an einem Zusammenhang mit Fibonacci-Zahlen. Bezeichnen Sie die
gesuchte Anzahl für eine Wand der Länge n mit mit an
Lösung: Bezeichne die gesuchte Anzahl mit an . Ziel ist eine Rekursionsformel für (an ). Betrachte eine Wand der Länge n + 1. Ist der letzte (rechte) Meter eine Lücke, so gibt es hiervon
an Möglichkeiten, da jede Bestückung einer Wand der Länge n durch eine 1-Lücke ergänzt
werden kann.
Schließt die Wand rechts mit einem Schrank der Länge k < n + 1 (Meter) (einem k-Schrank)
ab, so gibt es hiervon an+1−k Möglichkeiten, da jede Bestückung einer n + 1 − k-Wand durch
einen k-Schrank zu einer Bestückung der (n + 1)-Wand ergänzt wird, wobei k = 1, 2, ..., n. Fehlt
noch die Möglichkeit eines einzigen (n + 1)-Schranks. Daher gilt:
an+1 = an +
n
X
an+1−k + 1,
k=1
bzw. (Umindizierung)
an+1 = an +
n
X
ak + 1.
k=1
Es ergibt sich a1 = 2 (1-Schrank oder 1-Lücke) und aus der Rekursionsformel
a2 = a1 + a1 + 1 = 5,
a3 = a2 + a2 + a1 + 1 = 13, a4 = 34, ...
Vermutung (für die ersten n = 1, 2, 3, .. richtig):
an = F2n+1 .
Um dies zu zeigen, vereinfachen wir:
n
X
k=1
ak + 1 = an +
n−1
X
ak + 1 = an + an − an−1 ,
k=1
4
Abbildung 2: Pentagramm
wobei dieselbe Formel wie oben, aber mit n − 1 an Stelle von n, also
an = an−1 +
n−1
X
ak + 1
k=1
benutzt wurde. Hieraus folgt
an+1 = 3an − an−1 ,
eine kürzere Rekursionsformel. Also haben wir zu zeigen, dass an = F2n+1 dieser Rekursionsformel (samt Anfangsbedingungen — siehe oben) genügt:
F2n+3 = 3F2n+1 − F2n−1 .
Es ist aber mit wiederholter Anwendung der Fibonacci-Rekursion Fn+1 = Fn + Fn−1 = 2Fn−1 +
Fn−2 = 3Fn−1 − Fn−3 , da Fn−2 = Fn−1 − Fn−3 . Wenn man hier n durch 2n + 2 ersetzt, erhält
man das Gewünschte.
Aufgabe Ü2
In Abb. 2 ist ein regelmäßiges Pentagon mit der roten Seite a, der gelben Seite b, der grünen
Seite c und der blauen Seite d zu sehen. Welche Beziehungen zu den Goldene-Schnitt-Zahln
gibt es? (Möglichst mit Beweis, unter Benutzung der Präsenzaufgabe P4).
Lösung: Ein n-Eck hat als Winkelsumme (n − 2) · 180 Grad. Daher hat ein Pentagon die
5 Außenwinkel 108 Grad. Mit Hilfe von einfachen Winkelsätzen erhalten wir alle Winkel in
Abb. 2, insbesondere die Unterteilung von 108 Grad in drei gleiche Winkel a 36 Grad.
In der Präsenzaufgabe haben wir zwei Typen von Goldenen Dreiecken kennengelernt, ein spitzes
(mit Basiswinkeln 72 Grad) und ein stumpfes (mit Basiswinkeln 36 Grad). Man erkennt sofort,
dass es von solchen Goldenen Dreiecken nur so wimmelt (Man berechne nur alle Winkel). Daher
gilt
a
c
b
Φ=a= = = ,
c
b
d
5
also auch c = 1.
Aufgabe Ü3
Betrachte zu irgendeinem m ∈ IN, m ≥ 2
fn := Fn mod m.
Zeigen Sie
fn = fn−1 + fn−2 mod m, f0 = 0, f1 = 1.
Lösung:
Dies folgt aus dem allgemeinen Satz (Mathe I)
(a + b) mod m = ((a mod m) + (b mod m)) mod m.
Ohne das letzte mod m ist die Aussage falsch, wenn
(a mod m) + (b mod m) ≥ m.
Man kann zeigen, dass (fn ) periodisch mit der von m abhängigen Pisano-Periode p(m) ist. In
den Präsenzaufgaben haben wir p(2) = 3, p(3) = 8, p(4) = 6 gesehen. Bestimmen Sie p(5). Ist
also jede p(5)-te F-Zahl durch 5 teilbar?
Lösung: Einfache Berechnung unter Zugrundelegung von dem ersten Teil:
fn :
0, 1, 1, 2, 3, 0, 3, 3, 1, 4, 0, 4, 4, 3, 2, 0, 2, 2, 4, 1,
0, 1......
Also gilt p(5) = 20. Wegen f0 = 0 folgt f20 = 0 und f40 = 0, etc. Nun wird Fn von 5 genau
dann geteilt, wenn fn = 0. Also teilt 5 nacheinander F0 , F20 , F40 , .... Da aber auch f5 = 0, f10 =
0, f15 = 0, ..., gilt: Es ist sogar jede 5-te F-Zahl durch 5 teilbar.
Bem.: Es gilt p(6) = 24, p(7) = 16, p(8) = 12 (Mathworld)
Wenn obige Aussage über die Pisano-Periode richtig ist, so gibt es zu jedem m unendlich viele
Fibonacci-Zahlen, die von m geteilt werden. Zeigen Sie diese Folgerung!
Lösung: Da f0 = 0, gilt fp(m) = 0, f2p(m) = 0, ....., fkp(m) = 0 für alle k, da ja allgemein
fn+p(m) = fn für alle n gilt. Jede p(m).te Fibonacci-Zahl, beginnend bei F0 = 0 wird also von m
geteilt. Das sind also unendlich viele Fibonacci-Zahlen!
Warum stimmt diese Aussage nicht für eine Lucasfolge?
Lösung: Betrachte die Lucasfolge
Ln : 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, ...
und mit fn := Ln mod 5 (setze also m = 5)
fn : 1, 3, 4, 2,
1, 3, 4, 2,
1, 3, ...
Die Periode ist 4. Es ist stets fn 6= 0. Also wird Ln niemals von 5 geteilt.
6