Serie di Fibonacci
Salve, ieri nei giochi matematici ho trovato un problema che nn sono riuscito a risolvere. Diceva di trovare quanti numeri di 2016 cifre ci sono nella serie di Fibonacci. Nn so proprio dove iniziare. Un numero con 2016 cifre avrà $10^2015$ cifre. Magari s i può esprimere sotto forma di funzione però facendo solo seconda, nn so maneggiare bene derivate ed integrali... Grazie per eventuali aiuti.
Risposte
*volessi
Non ne ho idea ... 
Però puoi divertirti a calcolarli ...
Usando la classica formula di Binet $F_n=(alpha^n-beta^n)/sqrt(5)$ dove $alpha=(1+sqrt(5))/2$ è il rapporto aureo e $beta=(1-sqrt(5))/2$ il suo compare oppure alternative come questa $F_(2n)=\lfloor\ alpha^(2n)/sqrt(5)\ rfloor$.
"Lavorandoci sopra" con i logaritmi si può ottenere quanto richiesto ...
Cordialmente, Alex
Però puoi divertirti a calcolarli ...
Usando la classica formula di Binet $F_n=(alpha^n-beta^n)/sqrt(5)$ dove $alpha=(1+sqrt(5))/2$ è il rapporto aureo e $beta=(1-sqrt(5))/2$ il suo compare oppure alternative come questa $F_(2n)=\lfloor\ alpha^(2n)/sqrt(5)\ rfloor$.
"Lavorandoci sopra" con i logaritmi si può ottenere quanto richiesto ...
Cordialmente, Alex
Visto che con i logaritmi nn ho molta confidenza mi sa che lasciero perdere 
Ci provo ...
Un numero di Fibonacci con $2016$ cifre è compreso tra $1*10^2015<=F_m<10*10^2015$.
Poniamo $F_m=\lfloor\ alpha^m/sqrt(5)\ rfloor$ e quindi $1*10^2015<=\lfloor\ alpha^m/sqrt(5)\ rfloor<10*10^2015$; lasciamo perdere la parte intera (non credo sbaglieremo di molto) e moltiplichiamo, quindi arriviamo a $sqrt(5)*10^2015<=alpha^m
$0.349485+2015<=m*log_10 alpha<0.349485+2016$
$2015.349485<=0.209*m<2016.349485$
$9643.39<=m<9648.17$
Ergo, ce ne sono $5$
S.E.&O. ...
Cordialmente, Alex
Un numero di Fibonacci con $2016$ cifre è compreso tra $1*10^2015<=F_m<10*10^2015$.
Poniamo $F_m=\lfloor\ alpha^m/sqrt(5)\ rfloor$ e quindi $1*10^2015<=\lfloor\ alpha^m/sqrt(5)\ rfloor<10*10^2015$; lasciamo perdere la parte intera (non credo sbaglieremo di molto) e moltiplichiamo, quindi arriviamo a $sqrt(5)*10^2015<=alpha^m
$0.349485+2015<=m*log_10 alpha<0.349485+2016$
$2015.349485<=0.209*m<2016.349485$
$9643.39<=m<9648.17$
Ergo, ce ne sono $5$
S.E.&O. ...
Cordialmente, Alex
Grazie mille
Scusami so che vi sto stressando però essendo un argomento per me difficile voglio essere certo di averlo capito alla perfezione.
Allora con Fm indichi un qualsiasi numeri di Fibonacci giusto?Poi la formula che hai scritto è la formula alternativa che hai nominato prima? Se si perché sopra l hai scritta diversamente? E quelle cose strane sono parentesi quadre?
Allora con Fm indichi un qualsiasi numeri di Fibonacci giusto?Poi la formula che hai scritto è la formula alternativa che hai nominato prima? Se si perché sopra l hai scritta diversamente? E quelle cose strane sono parentesi quadre?
"ardesiacesellata":
Allora con Fm indichi un qualsiasi numeri di Fibonacci giusto?
Sì, un generico numero di Fibonacci o meglio l'emmesimo numero di Fibonacci ...
"ardesiacesellata":
Poi la formula che hai scritto è la formula alternativa che hai nominato prima?
Sì, ho usato quella perché mi era più comoda ...
"ardesiacesellata":
Se si perché sopra l hai scritta diversamente?
Come puoi notare nella prima versione, quella serve per calcolare i numeri di Fibonacci di indice pari, ma ai nostri scopi ciò non era importante ... (formalmente lo sarebbe anche ma è un'inutile complicazione ...)
"ardesiacesellata":
E quelle cose strane sono parentesi quadre?
No, sono il simbolo della funzione "parte intera" (che in inglese chiamano "floor" (pavimento) e c'è pure il "soffitto" (ceiling) ...
), cioè la funzione che, dato in input un numero reale $x$ qualsiasi, restituisce l'intero più grande non maggiore di $x$.Cordialmente, Alex
Non ho capito cos'è la parte intera 
provo ad informarti su internet
provo ad informarti su internet
Semplicemente se $x=23,347$ allora $\lfloorx\rfloor=23$
Quindi praticamente lo arrotonda per difetto?
E poi perché prendi il logaritmo decimale di tutto?
"ardesiacesellata":
Quindi praticamente lo arrotonda per difetto?
In pratica sì, però io preferirei concentrami sulla definizione "il più grande intero non maggiore di $x$", è più utile ...
"ardesiacesellata":
E poi perché prendi il logaritmo decimale di tutto?
I logaritmi servono per isolare $m$, in base decimale per comodità, dato che c'erano due potenze di dieci ...
Ok quindi $m$ ,essendo compresa tra quei numeri li, può assumere solo cinque valori interi affinché abbia 2016 cifre. Ultime due domande poi non chiedo più nulla 
$ alpha $ è la.sezione aurea? E poi dove l'osso trovare l'origine della formula?
$ alpha $ è la.sezione aurea? E poi dove l'osso trovare l'origine della formula?
"ardesiacesellata":
Ok quindi $m$ ,essendo compresa tra quei numeri li, può assumere solo cinque valori interi affinché abbia 2016 cifre.
Più precisamente, dovendo essere $m$ pari allora dovrà assumere i valori $9644, 9646, 9648$ ma dato che tra due numeri di posto pari ce ne deve essere uno di posto dispari, ecco che abbiamo anche il $9465°$ e il $9647°$, per un totale di $5$ che è il massimo che possiamo aspettarci.
"ardesiacesellata":
$ alpha $ è la.sezione aurea?
Sì, è uno dei tanti nomi ...
"ardesiacesellata":
E poi dove l'osso trovare l'origine della formula?
Non ricordo esattamente dove l'ho trovata, se su un sito o una dispensa, ma in rete trovi tonnellate di roba su Fibonacci e sulla sezione aurea; in particolare cerca la formula di Binet ...
Cordialmente, Alex
Perché dici è il massimi che possiamo aspettarci? C'è anche un minimo?
E perché dici che deve essere pari?
Ciao. Ho cercato ma.quella formula non l'ho trovata ma ho trovato $ F\m=(phi ^m-(-phi )^-m)/sqrt(5) $
Scusami ardesiacesellata, io ti rispondo però anche tu devi sforzarti di "mettere insieme" quel che ti diciamo, altrimenti diventa un loop infinito ... 
A queste due domande abbiamo già risposto: abbiamo già dimostrato che in quell'intervallo possono esserci o $4$ o $5$ numeri di Fibonacci perciò $5$ "è il massimo che possiamo aspettarci"; per la seconda basta che torni alla formula iniziale dove sta scritto che l'esponente è $2n$ ...
Per la formula non so che dirti di più se non che ne esistono diverse (d'altra parte è una delle successioni più studiate ...)
Cordialmente, Alex
A queste due domande abbiamo già risposto: abbiamo già dimostrato che in quell'intervallo possono esserci o $4$ o $5$ numeri di Fibonacci perciò $5$ "è il massimo che possiamo aspettarci"; per la seconda basta che torni alla formula iniziale dove sta scritto che l'esponente è $2n$ ...
Per la formula non so che dirti di più se non che ne esistono diverse (d'altra parte è una delle successioni più studiate ...)
Cordialmente, Alex
Va be mi sa che lascerò perdere questa successione di fibonacci. Grazie mille
Ciao a tutti. Ho letto tutti i post e io procederei in questo modo.
Osserviamo innanzitutto che (per $n ≥ 2)$ la relazione $F_(n+1) = F_n + F_(n−1)$, insieme al fatto che $F_(n−1) ≤ F_n$, implica che $F_n$ è almeno metà di $F_(n+1)$. Sia ora $k ≥ 1$ e $F_n$ il più piccolo numero di Fibonacci con $k + 1$ cifre decimali (quindi $F_n ≥ 10^k$). Si ha $F_(n−1) ≥1/2· 10^k$ e dunque $F_(n+1) = F_n + F_(n−1) ≥(1+1/2)*10^k$. Procedendo nello stesso modo si ottengono successivamente le disuguaglianze $F_(n+2) ≥(3/2+1)*10^k$, $F_(n+3) ≥(5/2+3/2)*10^k$, $F_(n+4) ≥(4+5/2)*10^k$, $F_(n+5)>=(13/2+4)*10*k>10^(k+1)$, da cui vediamo che $F_(n+5)$ ha almeno $k + 2$ cifre decimali.
D’altra parte, per definizione abbiamo $F_(n−2) ≤ F_(n−1) < 10^k$, da cui otteniamo successivamente
$F_n < 2 · 10^k$
$F_(n+1) < 3 · 10^k$
$F_(n+2) < 5 · 10^k$
$F_(n+3) < 8 · 10^k$
quindi $F_(n+3)$ ha ancora $k + 1$ cifre decimali. In conclusione, dato qualunque numero $k ≥ 2$, ci sono almeno $4$ e al massimo $5$ numeri di Fibonacci con $k$ cifre.
Ciao ciao. G.
Osserviamo innanzitutto che (per $n ≥ 2)$ la relazione $F_(n+1) = F_n + F_(n−1)$, insieme al fatto che $F_(n−1) ≤ F_n$, implica che $F_n$ è almeno metà di $F_(n+1)$. Sia ora $k ≥ 1$ e $F_n$ il più piccolo numero di Fibonacci con $k + 1$ cifre decimali (quindi $F_n ≥ 10^k$). Si ha $F_(n−1) ≥1/2· 10^k$ e dunque $F_(n+1) = F_n + F_(n−1) ≥(1+1/2)*10^k$. Procedendo nello stesso modo si ottengono successivamente le disuguaglianze $F_(n+2) ≥(3/2+1)*10^k$, $F_(n+3) ≥(5/2+3/2)*10^k$, $F_(n+4) ≥(4+5/2)*10^k$, $F_(n+5)>=(13/2+4)*10*k>10^(k+1)$, da cui vediamo che $F_(n+5)$ ha almeno $k + 2$ cifre decimali.
D’altra parte, per definizione abbiamo $F_(n−2) ≤ F_(n−1) < 10^k$, da cui otteniamo successivamente
$F_n < 2 · 10^k$
$F_(n+1) < 3 · 10^k$
$F_(n+2) < 5 · 10^k$
$F_(n+3) < 8 · 10^k$
quindi $F_(n+3)$ ha ancora $k + 1$ cifre decimali. In conclusione, dato qualunque numero $k ≥ 2$, ci sono almeno $4$ e al massimo $5$ numeri di Fibonacci con $k$ cifre.
Ciao ciao. G.
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