Skillnad mellan versioner av "1.5a Lösning 11"

Från Mathonline
Hoppa till: navigering, sök
m
m
 
(69 mellanliggande versioner av samma användare visas inte)
Rad 1: Rad 1:
−
'''Påstående''':<big>
+
<u>'''Påstående''':</u> <big>&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;</big> <math> \displaystyle F(n) = {1\over\sqrt{5}}\,\left({1+\sqrt{5}\over 2}\right)^n\,-\;{1\over\sqrt{5}}\,\left({1-\sqrt{5}\over 2}\right)^n\; , \qquad n \;\mbox{heltal } \geq 1  </math>
  
−
::<math> F(n) = {1\over\sqrt{5}}\,\left({1+\sqrt{5}\over 2}\right)^n\,-\;{1\over\sqrt{5}}\,\left({1-\sqrt{5}\over 2}\right)^n\; , \qquad n \;\mbox{heltal } \geq 1  </math>
+
där <math> F(n) \, </math> är Fibonaccis funktion:
  
−
:::::::Om <math> \displaystyle f(x) \; = \; {1 \over x} </math>
+
::<math> F(n) \, = \, \begin{cases} 1               & \mbox{om } n = 1                \\
 +
                                    1              & \mbox{om } n = 2\;              \\
 +
                                    F(n-1) + F(n-2) & \mbox{om } n = 3,\,4,\,5,\,\cdots
 +
                    \end{cases}
 +
</math>
  
−
:::::::då <math> \displaystyle f\,'(x) \; = \; - \, {1 \over x^2} </math>
+
<u>'''Bevis''':</u> Vi visar påståendet för <math> n = 1 </math>:
−
</big>
+
  
−
::<math> F(n) = {1\over\sqrt{5}}\,\left({1+\sqrt{5}\over 2}\right)^n\,-\;{1\over\sqrt{5}}\,\left({1-\sqrt{5}\over 2}\right)^n\; , \qquad n \;\mbox{heltal } \geq 1 </math>
+
:<math> F(1)\;=\;{1\over\sqrt{5}}\,\left({1+\sqrt{5}\over 2}\right)\,-\;{1\over\sqrt{5}}\,\left({1-\sqrt{5}\over 2}\right) = {1\over\sqrt{5}}\,\left({1\over 2}+{\sqrt{5}\over 2}\right)\,-\;{1\over\sqrt{5}}\,\left({1\over 2}-{\sqrt{5}\over 2}\right) = </math>
  
−
'''Bevis''' (med derivatans definition):
+
:::<math> =\;{1 \over 2\,\sqrt{5}}\;+\;{1\over 2}\;-\;{1 \over 2\,\sqrt{5}}\;+\;{1\over 2}\;=\;1 </math>
  
 +
Vi visar påståendet för <math> n = 2 </math>:
  
 +
:<math> F(2)\;=\;{1\over\sqrt{5}}\,\left({1+\sqrt{5}\over 2}\right)^2\,-\;{1\over\sqrt{5}}\,\left({1-\sqrt{5}\over 2}\right)^2 =\;{1\over 4\,\sqrt{5}}\,({1+\sqrt{5}})^2\;-\;{1\over 4\,\sqrt{5}}\,({1-\sqrt{5}})^2\;= </math>
  
 +
:::<math> =\;{1\over 4\,\sqrt{5}}\,\left[(1+\sqrt{5})^2\;-\;(1-\sqrt{5})^2\right]\;= \;{1\over 4\,\sqrt{5}}\,[1+2\,\sqrt{5}+5\;-\;(1-2\,\sqrt{5}+5)]\;=\;1 </math>
  
−
Fibonaccis funktion
+
För att visa påståendet för godtyckliga <math> n\, </math> inför vi nya beteckningar:
  
−
::<math> F(n) \, = \, \begin{cases} 1               & \mbox{om } n = 1                                       \\
+
:<math> c_1 = {1\over\sqrt{5}} \qquad\qquad\qquad\quad c_2 = -\,{1\over\sqrt{5}} </math>
−
                                    1               & \mbox{om } n = 2\; , \qquad\qquad n \quad\mbox{heltal} \\
+
 
−
                                    F(n-1) + F(n-2) & \mbox{om } n = 3,\,4,\,5,\,\cdots
+
:<math> r_1 = {1\,+\,\sqrt{5}\over 2} \qquad\qquad\; {\color{White} x} r_2 = {1\,-\,\sqrt{5}\over 2} </math>
−
                    \end{cases}
+
 
−
</math>
+
Då får påståendet följande form:
 +
 
 +
:::<math> F(n) \, = \, c_1\:r_1\,^n\;+\;c_2\:r_2\,^n </math>
 +
 
 +
Vi bildar med denna form <math> F(n-1) \, </math> och <math> F(n-2) \, </math> och visar Fibonaccis rekursionsformel:
 +
 
 +
:::<math> F(n) = F(n-1) + F(n-2)\, </math>
 +
 
 +
:<math> F(n-1)\,=\,c_1\:r_1\,^{n-1}\;+\;c_2\:r_2\,^{n-1}\,=\,c_1\:r_1^n\,r_1^{-1}\;+\;c_2\:r_2^n\,r_2^{-1} \,=\,c_1\:r_1^n\,{1\over r_1}\;+\;c_2\:r_2^n\,{1\over r_2} </math>
 +
 
 +
:<math> F(n-2)\,=\,c_1\:r_1\,^{n-2}\;+\;c_2\:r_2\,^{n-2}\,=\,c_1\:r_1^n\,r_1^{-2}\;+\;c_2\:r_2^n\,r_2^{-2} \,=\,c_1\:r_1^n\,{1\over r_1^2}\;+\;c_2\:r_2^n\,{1\over r_2^2} </math>
 +
 
 +
:<math> F(n-1) + F(n-2) \,=\, c_1\:r_1^n\,{1\over r_1}\,+\,c_2\:r_2^n\,{1\over r_2}\;+\;c_1\:r_1^n\,{1\over r_1^2}\,+\,c_2\:r_2^n\,{1\over r_2^2} \,=\, </math>
 +
 
 +
:<math> \,=\, c_1\:r_1^n\,\left({1\over r_1}+{1\over r_1^2}\right) \,+\, c_2\:r_2^n\,\left({1\over r_2}+{1\over r_2^2}\right) \, = \, c_1\:r_1^n\;+\;c_2\:r_2^n \, = \, F(n) \; {\rm , \; därför\;att:} </math>
  
−
är inte bara diskret utan också rekursiv, vilket betyder att den i sin definition använder sig själv, närmare bestämt de två föregående värdena. Dvs den anropar sig själv fast med olika argument. Man måste alltid känna till de två föregående värdena. Därför har den också två startvärden.
+
:<math> {1\over r_1} + {1\over r_1^2} = {2 \over 1+\sqrt{5}} + {4 \over (1+\,\sqrt{5})^2} = {2(1+\sqrt{5}) + 4 \over (1+\sqrt{5})^2} = {6+2\,\sqrt{5} \over 1+2\sqrt{5}+5} = {6+2\,\sqrt{5} \over 6+2\sqrt{5}} = 1 </math>
  
−
Men det finns även en icke-rekursiv formel för direkt beräkning av fibonaccitalen. Fördelen med denna explicita formel är att man inte behöver känna till några föregående värden. Därför lämpar den sig för direkt beräkning av stora fibonaccital, utan att beräkna alla föregående fibonaccital. Den upptäcktes först 1718 och ser ut så här:
+
:<math> {1\over r_2} + {1\over r_2^2} = {2 \over 1-\sqrt{5}} + {4 \over (1-\,\sqrt{5})^2} = {2(1-\sqrt{5}) + 4 \over (1-\sqrt{5})^2} = {6-2\,\sqrt{5} \over 1-2\sqrt{5}+5} = {6-2\,\sqrt{5} \over 6-2\sqrt{5}} = 1 </math>

Nuvarande version från 5 september 2014 kl. 13.24

Påstående:       \( \displaystyle F(n) = {1\over\sqrt{5}}\,\left({1+\sqrt{5}\over 2}\right)^n\,-\;{1\over\sqrt{5}}\,\left({1-\sqrt{5}\over 2}\right)^n\; , \qquad n \;\mbox{heltal } \geq 1 \)

där \( F(n) \, \) är Fibonaccis funktion:

\[ F(n) \, = \, \begin{cases} 1 & \mbox{om } n = 1 \\ 1 & \mbox{om } n = 2\; \\ F(n-1) + F(n-2) & \mbox{om } n = 3,\,4,\,5,\,\cdots \end{cases} \]

Bevis: Vi visar påståendet för \( n = 1 \):

\[ F(1)\;=\;{1\over\sqrt{5}}\,\left({1+\sqrt{5}\over 2}\right)\,-\;{1\over\sqrt{5}}\,\left({1-\sqrt{5}\over 2}\right) = {1\over\sqrt{5}}\,\left({1\over 2}+{\sqrt{5}\over 2}\right)\,-\;{1\over\sqrt{5}}\,\left({1\over 2}-{\sqrt{5}\over 2}\right) = \]

\[ =\;{1 \over 2\,\sqrt{5}}\;+\;{1\over 2}\;-\;{1 \over 2\,\sqrt{5}}\;+\;{1\over 2}\;=\;1 \]

Vi visar påståendet för \( n = 2 \):

\[ F(2)\;=\;{1\over\sqrt{5}}\,\left({1+\sqrt{5}\over 2}\right)^2\,-\;{1\over\sqrt{5}}\,\left({1-\sqrt{5}\over 2}\right)^2 =\;{1\over 4\,\sqrt{5}}\,({1+\sqrt{5}})^2\;-\;{1\over 4\,\sqrt{5}}\,({1-\sqrt{5}})^2\;= \]

\[ =\;{1\over 4\,\sqrt{5}}\,\left[(1+\sqrt{5})^2\;-\;(1-\sqrt{5})^2\right]\;= \;{1\over 4\,\sqrt{5}}\,[1+2\,\sqrt{5}+5\;-\;(1-2\,\sqrt{5}+5)]\;=\;1 \]

För att visa påståendet för godtyckliga \( n\, \) inför vi nya beteckningar:

\[ c_1 = {1\over\sqrt{5}} \qquad\qquad\qquad\quad c_2 = -\,{1\over\sqrt{5}} \]

\[ r_1 = {1\,+\,\sqrt{5}\over 2} \qquad\qquad\; {\color{White} x} r_2 = {1\,-\,\sqrt{5}\over 2} \]

Då får påståendet följande form:

\[ F(n) \, = \, c_1\:r_1\,^n\;+\;c_2\:r_2\,^n \]

Vi bildar med denna form \( F(n-1) \, \) och \( F(n-2) \, \) och visar Fibonaccis rekursionsformel:

\[ F(n) = F(n-1) + F(n-2)\, \]

\[ F(n-1)\,=\,c_1\:r_1\,^{n-1}\;+\;c_2\:r_2\,^{n-1}\,=\,c_1\:r_1^n\,r_1^{-1}\;+\;c_2\:r_2^n\,r_2^{-1} \,=\,c_1\:r_1^n\,{1\over r_1}\;+\;c_2\:r_2^n\,{1\over r_2} \]

\[ F(n-2)\,=\,c_1\:r_1\,^{n-2}\;+\;c_2\:r_2\,^{n-2}\,=\,c_1\:r_1^n\,r_1^{-2}\;+\;c_2\:r_2^n\,r_2^{-2} \,=\,c_1\:r_1^n\,{1\over r_1^2}\;+\;c_2\:r_2^n\,{1\over r_2^2} \]

\[ F(n-1) + F(n-2) \,=\, c_1\:r_1^n\,{1\over r_1}\,+\,c_2\:r_2^n\,{1\over r_2}\;+\;c_1\:r_1^n\,{1\over r_1^2}\,+\,c_2\:r_2^n\,{1\over r_2^2} \,=\, \]

\[ \,=\, c_1\:r_1^n\,\left({1\over r_1}+{1\over r_1^2}\right) \,+\, c_2\:r_2^n\,\left({1\over r_2}+{1\over r_2^2}\right) \, = \, c_1\:r_1^n\;+\;c_2\:r_2^n \, = \, F(n) \; {\rm , \; därför\;att:} \]

\[ {1\over r_1} + {1\over r_1^2} = {2 \over 1+\sqrt{5}} + {4 \over (1+\,\sqrt{5})^2} = {2(1+\sqrt{5}) + 4 \over (1+\sqrt{5})^2} = {6+2\,\sqrt{5} \over 1+2\sqrt{5}+5} = {6+2\,\sqrt{5} \over 6+2\sqrt{5}} = 1 \]

\[ {1\over r_2} + {1\over r_2^2} = {2 \over 1-\sqrt{5}} + {4 \over (1-\,\sqrt{5})^2} = {2(1-\sqrt{5}) + 4 \over (1-\sqrt{5})^2} = {6-2\,\sqrt{5} \over 1-2\sqrt{5}+5} = {6-2\,\sqrt{5} \over 6-2\sqrt{5}} = 1 \]

Hämtad från "https://matte5.mathonline.se/index.php?title=1.5a_Lösning_11&oldid=14000"