Aufgaben Fibonacci

25. August 2006
Aufgaben Fibonacci-Folgen
28. April 2006
Blatt 3
B. Werner
SoSe 06
Präsenzaufgaben:
Aufgabe P9:
Man betrachte n Münzwürfe, wobei man mit Null Wappen“ und mit Eins Zahl“ codiere. Man
”
”
erhält also eine Sequenz der Länge n aus Nullen und Einsen. Eine Tribonacci-Sequenz sei
eine solche Sequenz ohne drei aufeinanderfolgende Einsen. Sei Tn die Anzahl dieser TribonacciSequenzen.
Wieviele gibt es? Gesucht ist eine Rekursionsformel.
Lösung: Man zeigt leicht: T1 = 2, T2 = 4, T3 = 7. Wenn man die nächsten Folgenglieder
ausrechnet, könnte es ein, dass man die rekursive Gesetzmäßigkeit erkennt. Es jedoch genauer,
wenn man so argumentiert: Bei n Würfen ergibt der letzte eine Null oder eine Eins. Von
ersterem gibt es Tn−1 Möglichkeiten, in letzterem Fall mus man unterscheiden, ob das vorletzte
Ergebnis eine Null ist (hiervon gibt es Tn−2 Möglichkeiten) oder eine Eins. In diesem letzten Fall
muss der vorvorletzte Wurf eine Null ergeben, wovon es Tn−3 Möglichkeiten gibt, also insgesamt
Tn = Tn−1 + Tn−2 + Tn−3 ,
n ≥ 4,
T1 = 2, T2 = 4, T3 = 7.
Es handelt sich um eine lineare Differenzengleichung dritter Ordnung.
Aufgabe P10:
In den Übungsaufgaben sollen Sie kubische Gleichungen näherungsweise lösen. Zu diesem
Zwecke stelle ich Ihnen ein mächtiges Werkzeug vor, das Newtonverfahren.
Wenn man eine Nullstelle z einer differenzierbaren Funktion f : IR → IR sucht und eine
Näherung für z in Form eines x0 ∈ IR kennt, so kann man diese sehr häufig gemäß der Vorschrift
x1 = x0 −
f (x0 )
,
f 0 (x0 )
allgemeiner durch die rekursiv definierte Folge
xn = xn−1 −
f (xn−1 )
f 0 (xn−1 )
annähern.
Geben Sie eine geometrische Begründung dieses Verfahrens und berechnen Sie die positive
Nullstelle der kubischen Gleichung x3 + x2 + 1 = 0.
Lösung: Siehe Applet Newtonverfahren (B. Werner). Entscheidende Idee ist, dass man an
Stelle der Nullstelle der nichtlinearen Funktion f die einer Tangente in (x0 , f (x0 )) bestimmt.
1
Startet man mit x0 = 1, so erhält man
xn :
0.666667, 0.555555556, 0.54381210478771, 0.54368902609416, 0.54368901269208.
Aufgabe P11: (ab 2. Mai)
Bekanntlich ist eine komplexe Zahl z vom Betrag eins von der Form
z = cos(α) + i sin(α).
Hierbei ist α der Winkel im Bogenmaß. Wenn wir S 1 einführen mit Winkeln aus [0, 1), bevorzugen wir
z = cos(2πα) + i sin(2πα).
Hierfür schreiben wir z =: E(α).
• Zeigen Sie
E(α ⊕ β) = E(α)E(β).
Lösung: Es gilt
E(α ⊕ β) = (cos(2πα) + i sin(2πα))(cos(2πβ) + i sin(2πβ)),
also nach den Rechenregeln für komplexe Zahlen
E(α⊕β) = cos(2πα) cos(2πβ)−sin(2πα) sin(2πβ)+i(sin(2πα) cos(2πα)+sin(2πβ) cos 2πα)).
Der Rest folgt aus Additionstheoremen und aus der Tatsache, dass Sinus und Kosinus
2π-periodisch bzw. x 7→ sin(2πx) 1-periodisch sind, woraus z.B.
sin(2π(α + β)) = sin(2π((α + β) mod 1)) = sin(2π(α ⊕ β))
folgt.
• Setze C1 := {z ∈ C : |z| = 1} als Teilmenge von C. Zeigen Sie, dass C1 mit der Multiplikation der komplexen Zahlen als Verknüpfung eine Gruppe ist.
Lösung: Mit u, v ∈ C1 gilt |uv| = |u||v| = 1, d.h. C1 ist ein Gruppoid. Das hätte man
auch direkt mit Hilfe vom ersten Teil der Aufgabe sehen können, weil jedes z ∈ C1 die
Form z = E(α) mit α ∈ S 1 hat.
Das neutrale Element ist 1 = E(0), das multiplikative Inverse von z = E(α) ist z =
E(−α).
Aufgabe P12: (ab 2. Mai)
2
• Berechnen Sie für α = 0.2 und β := 0.95 den Abstand d(α, β) auf S 1 .
Lösung: d(α, β) = 0.25
• Welche Winkel aus S 1 gehören zur 0.01-Umgebung von α = 0.001?
Lösung: Alle Winkel von 0.991 bis 0.011, also die Vereinigung der beiden Intervalle
[0.991, 1) und [0, 0.011] als Teilmengen von S 1 = [0, 1).
Übungsaufgaben: (Abgabe 9. Mai 2006)
Aufgabe Ü7
Fasst man zwei aufeinanderfolgende Fibonacci-Zahlen Fn und Fn+1 zu einem Vektor (Fn , Fn+1 )
des IR2 zusammen, so kann man die (lineare!) Abbildung A : IR2 → IR2 betrachten, für die
A(Fn , Fn+1 ) = (Fn+1 , Fn+2 )
gilt.
• Man gebe eine Formel an für A(x, y) und bestimme die zugehörige 2 × 2-Matrix.
Lösung:
A(x, y) = (y, x + y),
also wegen
muss
Fn+1
=
Fn+2
0 1
A=
1 1
Fn
A
Fn+1
gelten.
• Berechnen Sie (ohne stupide Matrizenmultiplikation) A10 . Hinweis: Die j-te Spalte einer
Matrix A erhält man, indem man die zugehörige lineare Abbildung A auf den j-ten
Einheitsvektor anwendet.
Lösung: Es ist wohl doch am einfachsten, nacheinander
1 1
2
A := A · A =
,
1 2
3
2
A := A · A =
4
3
A := A · A =
3
1 2
,
2 3
2 3
3 5
zu berechnen und das Bildungsgesetz
n
A =
Fn−1 Fn
Fn Fn+1
zu erkennen, woraus dann
A
10
=
34 55
55 89
folgen würde.
Man hätte auch geschickt nacheinander A2 , A4 := A2 ·A2 , A8 := A4 ·A4 und A10 := A8 ·A2
durch vier Matrixmultiplikationen berechnen können.
Mein Hinweis war so gedacht:
Die erste Spalte von A10 ist A10 (1, 0). Das muss das 10-te Paar der Folge 0, 1, 1, 2, ..., also
(F9 , F10 ) = (34, 55) sein. Die zweite Spalte ist A10 (0, 1), also das 10-te Paar der Folge
1, 1, 2, 3, .., also (F10 , F11 ) = (55, 89). Daher gilt
34 55
10
A =
55 89
Aufgabe Ü8:
Tribonaccizahlenfolgen (an )n∈IN0 sind Lösungen der linearen Differenzengleichung dritter Ordnung
an+1 = an + an−1 + an−2 , n ≥ 2.
Werden a0 = 1, a1 = 2, a2 = 4 vorgegeben, so erhält man die Tribonaccifolge (Tn ).
• Welcher Gleichung muss λ ∈ IR genügen, damit die geometrische Folge an = λn der
Tribonacci-Rekursion genügt? Geben Sie die Lösung auf mindestens zwei Nachkommastellen an. Hinweis: Sie können die Cardanische Formeln (Wikipedia) für die Lösung
kubischer Gleichungen benutzen oder diese einfach näherungsweise wie in P10 lösen.
Lösung: Analog zum Skript für die Fibonacci-Rekursion ergibt sich zunächst
λn+1 = λn + λn−1 + λn−2 .
Nun dividiere man beide Seiten durch λn−2 und man erhält λ3 = λ2 + λ + 1. Zeichnerisch
erhält man die (grobe) Näherung x0 = 1.5. Numerisch erhält man λ = 1.8393...
4
• Wogegen konvergiert der Quotient von zwei aufeinanderfolgender Folgengliedern? Hier
genügt eine intuitive Lösung, die sich an der entsprechenden Aussage
Fn+1
=Φ
n→∞ Fn
lim
orientiert.
Lösung: Der Grenzwert ist obiges λ = 1.8393.... Wenn man beweisen will, muss man
noch die beiden anderen komplexen (!) Lösungen von λ3 = λ2 + λ + 1 berechnen und
ausnutzen, dass diese vom Betrag kleiner als Eins sind.
• Um wieviel Prozent ist Tn+1 im Vergleich zu Tn für große n gewachsen?
Lösung: Um ca. 84%, da ja
Tn+1 − Tn
≈ λ − 1 = 0.8393...
Tn
Aufgabe Ü9:
In Ergänzung zu Präsenzaufgabe P6 wird die dortige Frage verallgemeinert:
• Welcher Rekursionsformel genügt die Anzahl An aller Summen bestehend aus Einsen und
Dreien, die n ∈ IN ergeben, wobei die Reihenfolge beachtet werden soll. Berechnen Sie
mit Hilfe dieser Rekursionsformel A10 .
Lösung: Es gibt An−1 Summen, die mit Eins, An−3 Summen, die mit Drei enden und n
ergeben. Somit ergibt sich
An = An−1 + An−3 ,
n ≥ 4,
A1 = 1, A2 = 1, A3 = 2,
also
An : 1, 1, 2, 3, 4, 6, 9, 13, 19, 28, 41, 60..
also A10 = 28.
• Können Sie ein Beispiel“ aus der Geometrie geben, das auf genau diese An führt?
”
Lösung: Es gebe Ziegelsteine der Länge 3 und Höhe 1, aus denen eine Mauer der Länge
n gemauert werden soll!
• Wogegen konvergiert AAn+1
? Hinweis: Auch hier ist eine intuitive Lösung gefragt, die sich
n
an die entsprechende Aussage für Fibonacci-Zahlen bzw. an Ü7 orientiert. Sie sollten die
Gleichung für den gesuchten Grenzwert aufstellen und diese näherungsweise lösen (wie in
P10).
5
Lösung: Der Ansatz An = λn ergibt
λn+1 = λn + λn−2 ,
woraus λ3 = λ2 + 1 entsteht, deren einzige reelle Lösung λ1 = 1.4656 ist. Es gilt
lim
n→∞
An+1
= 1.4656....
An
6