Hans Walser, [20150823] Fibonacci

Hans Walser, [20150823]
Fibonacci-Potenzen
1 Worum geht es
Es werden die Quadrate, Kuben und vierte Potenzen der Folgen mit der FibonacciRekursion behandelt. Insbesondere kommen die Fibonacci-Folge und die Lucas-Folge
vor.
2 Quadrate
2.1 Rekursion für Quadrate der Fibonacci Zahlen
Aus der Formel von Binet
( )
1 n ⎞ , Φ = 1+ 5
Fn = 1 ⎛ Φ n − − Φ
2
⎠
5⎝
(1)
erhalten wir:
(
Fn2 = 15 Φ 2n − 2 ( −1) + Φ −2n
n
)
(2)
Behauptung: Es gilt folgende Rekursion:
2
2
2
Fn+1
= 2Fn2 + 2Fn−1
− Fn−2
(3)
Beweis: Nachrechnen unter Verwendung von (2).
2.2 Beginn mit Rekursion
Eine beliebige Folge an habe die Rekursion:
an+1 = 2an + 2an−1 − an−2
(4)
Daraus ergibt sich:
an+1
an
a
a
a
a
a
= 2 + 2 an−1 − an−2 = 2 + 2 an−1 − an−2 an−1
n
n
n
n−1
n
(5)
Für den Grenzwert
a
a = lim an+1
n→∞ n
(6)
2/9
Hans Walser: Fibonacci-Quadrate
finden wir die kubische Gleichung:
α = 2 + 2 α1 − 12
α
3
(7)
2
α − 2α − 2α + 1 = 0
Diese hat die Lösungen:
( )
1 2 , α = −1
α1 = Φ 2 , α 2 = Φ
3
(8)
Somit gilt für die Folge an die verallgemeinerte Binet-Formel:
( )
1 2n + r ( −1)n
an = r1Φ 2n + r2 Φ
3
(9)
2.3 Beispiele
2.3.1 Quadrate der Fibonacci-Folge
Fibonacci-Folge:
n
0
1
2
3
4
5
6
7
8
Fn
0
1
1
2
3
5
8
13
21
Tab. 1: Fibonacci-Folge
Wir arbeiten mit den Startwerten:
a0 = 0, a1 = 1, a2 = 1
(10)
Für die Koeffizienten r1, r2 , r3 erhalten wir die Bedingung:
( )
1 2 + r ( −1)1
1 = r1Φ 2 + r2 ( Φ
) 3
1 4 + r ( −1)2
1 = r1Φ 4 + r2 ( Φ
) 3
1 0 + r ( −1)0
0 = r1Φ 0 + r2 Φ
3
(11)
3/9
Hans Walser: Fibonacci-Quadrate
Das Geleichungssystem (11) hat die Lösung:
r1 = 15 , r2 = 15 , r3 = − 25
(12)
Dies ergibt die Formel (2).
2.3.2 Quadrate der Lucas-Folge
Lucas-Folge:
n
0
1
2
3
4
5
6
7
8
Ln
2
1
3
4
7
11
18
29
47
Tab. 2: Lucas-Folge
Wir arbeiten mit den Startwerten:
a0 = 4, a1 = 1, a2 = 9
(13)
Für die Koeffizienten r1, r2 , r3 erhalten wir die Bedingung:
( )
1 2 + r ( −1)1
1 = r1Φ 2 + r2 ( Φ
) 3
1 4 + r ( −1)2
9 = r1Φ 4 + r2 ( Φ
) 3
1 0 + r ( −1)0
4 = r1Φ 0 + r2 Φ
3
(14)
Das Geleichungssystem (14) hat die Lösung:
r1 = 1, r2 = 1, r3 = 2
(15)
Dies ergibt für die Quadrate der Lucas-Folge die besonders einfache Formel:
2
1 2n + 2 ( −1)n = ⎛ Φ n + − 1 n ⎞
L2n = Φ 2n + Φ
Φ ⎠
⎝
( )
Und tatsächlich:
( )
(16)
4/9
Hans Walser: Fibonacci-Quadrate
n
0
1
2
3
4
5
6
7
8
an
4
1
9
16
49
121
324
841
2209
Tab. 3: Quadrate der Lucas-Folge
Aus (16) ergibt sich die Binet-Formel für die Lucas-Folge:
( )n
1
Ln = Φ n + − Φ
(17)
3 Kuben
Und nun dasselbe für die Kuben.
3.1 Rekursion für die Kuben der Fibonacci Zahlen
Es gilt die Rekursion:
3
3
3
3
Fn+1
= 3Fn3 + 6Fn−1
− 3Fn−2
− Fn−3
(18)
3.2 Beginn mit der Rekursion
Eine beliebige Folge bn habe die Rekursion:
bn+1 = 3bn + 6bn−1 − 3bn−2 − bn−3
(19)
Für den Grenzwert
b
β = lim bn+1
n→∞ n
(20)
finden wir die Gleichung vierten Grades:
β = 3 + 6 β1 − 3 12 − 13
β
4
3
β
(21)
2
β − 3β − 6 β + 3β + 1 = 0
Diese hat die Lösungen:
( )
1 , β = ( −Φ ) , β = − 1 3 , β = Φ 3
β1 = Φ
2
3
4
Φ
(22)
5/9
Hans Walser: Fibonacci-Quadrate
Somit gilt für die Folge bn die verallgemeinerte Binet-Formel:
( )
1 n
bn = r1 Φ
+ r2 ( −Φ )
n
( )
n
3⎞ n
⎛
1
+ r3 − Φ
+ r4 Φ 3
⎝
⎠
( )
(23)
3.3 Beispiele
3.3.1 Kuben der Fibonacci-Folge
Wir arbeiten mit den Startwerten:
b0 = 0, b1 = 1, b2 = 1, b3 = 8
(24)
Für die Koeffizienten r1, r2 , r3, r4 erhalten wir die Bedingung:
( )
1 0
0 = r1 Φ
+ r2 ( −Φ )
0
( )
0
0
⎛ 1 3⎞
+ r3 − Φ
+ r4 Φ 3
⎝
⎠
( )
( )
1
1
1 1 + r ( −Φ )1 + r ⎛ − 1 3 ⎞ + r Φ 3
1 = r1 Φ
2
3⎝
4
Φ ⎠
( )
( )
1 2
1 = r1 Φ
( )
2
+ r2 ( −Φ ) + r3 ⎛ −
⎝
2
1 3⎞
Φ ⎠
( )
3
3⎞ 3
3
⎛
1
1
8 = r1 Φ + r2 ( −Φ ) + r3 − Φ
+ r4
⎝
⎠
( )
( )
( )
+ r4 Φ
(25)
3 2
(Φ3 )
3
Das Geleichungssystem (25) hat die Lösung:
3 5, r = − 3 5, r = − 1 5, r = 1 5
r1 = 25
2
3
4 25
25
25
(26)
Dies ergibt die Formel:
( )
n
n
1 n − 3 5 ( −Φ )n − 5 ⎛ − 1 3 ⎞ + 5 Φ 3
Fn3 = 3 255 Φ
25
25 ⎝
Φ ⎠
25
( )
( )
( ) ( )
⎛
= 1 3 Φn −
5 ⎝
3
1 n⎞
−Φ
⎠
(27)
6/9
Hans Walser: Fibonacci-Quadrate
3.3.2 Kuben der Lucas-Folge
Wir arbeiten mit den Startwerten:
b0 = 8, b1 = 1, b2 = 27, b3 = 64
(28)
Für die Koeffizienten r1, r2 , r3, r4 erhalten wir die Bedingung:
( )
0
0
1 0 + r ( −Φ )0 + r ⎛ − 1 3 ⎞ + r Φ 3
8 = r1 Φ
2
3⎝
4
Φ ⎠
( )
( )
1
3⎞1
1
⎛
1
1
1 = r1 Φ + r2 ( −Φ ) + r3 − Φ
+ r4
⎝
⎠
( )
( )
1 2
27 = r1 Φ
( )
2
+ r2 ( −Φ ) + r3 ⎛ −
⎝
2
1 3⎞
Φ ⎠
( )
(Φ3 )
( )
+ r4 Φ
3
3⎞ 3
3
⎛
1
1
64 = r1 Φ + r2 ( −Φ ) + r3 − Φ
+ r4
⎝
⎠
( )
1
( )
(29)
3 2
(Φ3 )
3
Das Geleichungssystem (29) hat die Lösung:
r1 = 3, r2 = 3, r3 = 1, r4 = 1
(30)
Dies ergibt die Formel:
( ) ( ) ( )
n
3
n
1 n + 3( −Φ )n + ⎛ − 1 3 ⎞ + Φ 3 = ⎛ Φ n + − 1 n ⎞
L3n = 3 Φ
Φ ⎠
⎝ Φ ⎠
⎝
( )
( )
(31)
4 Vierte Potenzen
Und nun dasselbe für die vierten Potenzen.
4.1 Rekursion für die Kuben der Fibonacci Zahlen
Es gilt die Rekursion:
4
4
4
4
4
Fn+1
= 5Fn4 + 15Fn−1
− 15Fn−2
− 5Fn−3
+ Fn−4
4.2 Beginn mit der Rekursion
Eine beliebige Folge cn habe die Rekursion:
(32)
7/9
Hans Walser: Fibonacci-Quadrate
cn+1 = 5cn + 15cn−1 − 15cn−2 − 5cn−3 + cn−4
(33)
Für den Grenzwert
c
γ = lim cn+1
n→∞ n
(34)
finden wir die Gleichung fünften Grades:
γ = 5 + 15 γ1 − 15 12 − 5 13 + 14
γ
5
4
3
γ
γ
(35)
2
γ − 5γ − 15γ + 15γ + 5γ − 1 = 0
Diese hat die Lösungen:
( )
( )
1 2 , γ = −Φ 2 , γ = 1 4 , γ = Φ 4
γ 1 = 1, γ 2 = − Φ
3
4
5
Φ
(36)
Somit gilt für die Folge cn die verallgemeinerte Binet-Formel:
( )
( )
n
n
n
n
1 2 ⎞ + r −Φ 2 + r ⎛ 1 4 ⎞ + r Φ 4
cn = r1 + r2 ⎛ − Φ
3
4
5
Φ
⎝
⎠
⎝
⎠
( )
( )
(37)
4.3 Beispiele
4.3.1 Vierte Potenzen der Fibonacci-Folge
Wir arbeiten mit den Startwerten:
c0 = 0, c1 = 1, c2 = 1, c3 = 16, c4 = 81
Für die Koeffizienten r1, r2 , r3, r4 erhalten wir die Bedingung:
(38)
8/9
Hans Walser: Fibonacci-Quadrate
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
0
0
0
0
1 2 ⎞ + r −Φ 2 + r ⎛ 1 4 ⎞ + r Φ 4
0 = r1 + r2 ⎛ − Φ
3
4
5
⎝
⎠
⎝ Φ ⎠
( )
( )
1
1
1
1
1 2 ⎞ + r −Φ 2 + r ⎛ 1 4 ⎞ + r Φ 4
1 = r1 + r2 ⎛ − Φ
3
4⎝ Φ ⎠
5
⎝
⎠
( )
( )
2
2
2
2
⎛ 1 2⎞
⎛ 1 4⎞
1 = r1 + r2 − Φ
+ r3 −Φ 2 + r4 Φ
+ r5 Φ 4
⎝
⎠
⎝
⎠
( )
(39)
( )
3
2⎞ 3
4⎞3
⎛
⎛
2 3
1
1
16 = r1 + r2 − Φ
+ r3 −Φ
+ r4 Φ
+ r5 Φ 4
⎝
⎠
⎝
⎠
( )
( )
4
4
4
4
1 2 ⎞ + r −Φ 2 + r ⎛ 1 4 ⎞ + r Φ 4
81 = r1 + r2 ⎛ − Φ
3
4
5
Φ
⎝
⎠
⎝
⎠
( )
Das Geleichungssystem (39) hat die Lösung:
6 , r =− 4 , r =− 4 , r = 1 , r = 1
r1 = 25
2
3
4 25
5 25
25
25
(40)
Dies ergibt die Formel:
( )
( )
n
n
n
n
6 − 4 ⎛ − 1 2 ⎞ − 4 −Φ 2 + 1 ⎛ 1 4 ⎞ + 1 Φ 4
Fn4 = 25
25 ⎝
Φ ⎠
25
25 ⎝ Φ ⎠
25
( )
( )
(41)
4.3.2 Vierte Potenzen der Lucas-Folge
Wir arbeiten mit den Startwerten:
c0 = 16, c1 = 1, c2 = 81, c3 = 256, c4 = 2401
Für die Koeffizienten r1, r2 , r3, r4 erhalten wir die Bedingung:
(42)
9/9
Hans Walser: Fibonacci-Quadrate
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
0
0
0
0
1 2 ⎞ + r −Φ 2 + r ⎛ 1 4 ⎞ + r Φ 4
16 = r1 + r2 ⎛ − Φ
3
4
5
⎝
⎠
⎝ Φ ⎠
( )
( )
1
1
1
1
1 2 ⎞ + r −Φ 2 + r ⎛ 1 4 ⎞ + r Φ 4
1 = r1 + r2 ⎛ − Φ
3
4⎝ Φ ⎠
5
⎝
⎠
( )
( )
2
2
2
2
⎛ 1 2⎞
⎛ 1 4⎞
81 = r1 + r2 − Φ
+ r3 −Φ 2 + r4 Φ
+ r5 Φ 4
⎝
⎠
⎝
⎠
( )
(43)
( )
3
2⎞ 3
4⎞3
⎛
⎛
2 3
1
1
256 = r1 + r2 − Φ
+ r3 −Φ
+ r4 Φ
+ r5 Φ 4
⎝
⎠
⎝
⎠
( )
( )
4
4
4
4
1 2 ⎞ + r −Φ 2 + r ⎛ 1 4 ⎞ + r Φ 4
2406 = r1 + r2 ⎛ − Φ
3
4
5
Φ
⎝
⎠
⎝
⎠
( )
Das Geleichungssystem (43) hat die Lösung:
r1 = 6, r2 = 4, r3 = 4, r4 = 1, r5 = 1
(44)
Dies ergibt die Formel:
L4n
( ) ( )
( )
n
2⎞n
n⎞ 4
⎛
2 n ⎛ 1 4⎞
4 n ⎛ n
1
1
= 6+4 − Φ
+ 4 −Φ
+ Φ
+ Φ
= Φ + −Φ
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
( )
Da haben wir etwas mit der Kirche ums Dorf gerechnet.
( )
(45)