Esercizio attorno alla sezione aurea e Fibonacci

[IlMatematico91]

Ho un problema con i punti 4, 5, 6 e 7 di questo esercizio:

Diremo che due numeri reali positivi a,b (con a>b) sono in rapporto aureo se (a+b)/a = a/b, e tale valore si indica con phi. Si consideri inoltre la successione di fibonacci definita nel seguente modo: F0=F1=1, F_n = F_(n-1)+F_(n-2).
1) Si calcoli il valore di phi;
2) Si determinino i primi quindici numeri della successione di fibonacci;
3) Si calcolino le prime sette potenze positive di phi in funzione di phi stesso;
4) Si congetturi l'espressione di una qualunque potenza positiva di phi in funzione di phi stesso;
5) Si calcolino le prime sette potenze negative di phi in funzione di phi stesso e dimostrare che phi è irrazionale;
6) Si congetturi l'espressione di una qualunque potenza negativa di phi in funzione di phi stesso;
7) Si dimostrino le formule congetturate ai punti 4 e 6;
8) Si calcoli il llimite del rapporto tra un numero di fibonacci e il numero di fibonacci ad esso precedente.
_____________________________________________________________________________________________-

Intanto vi mostro tutto ciò che ho fatto anche negli altri punti (i punti 4,5,6 mi hanno detto che li ho sbagliati. Il 7 non sono stato in grado di farlo. L'8 l'ho fatto, ma non andava bene perché non sono stato in grado di dimostrarlo):

$[(a+b)/a]=x$
$a/b=x$
Quindi a=bx con b diverso da zero
Di conseguenza:
$([bx+b)/bx]=x$
$bx+b=b^2$
$bx^2-bx-b=0$
Essendo b diverso da zero si può rendere come: $X^2-x-1=0$ da cui ottengo che $x1=(1+radice5)/2$ e $x2=(1-radice5)/2$

A noi interessa il valore positivo. φ è quindi uguale a x1 ovvero 1,618...

I primi quindici numeri della successioni di Fibonacci sono:
1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; 55; 89; 144; 233; 377; 610

Le prime sette potenze positive di φ in funzione di φ stesso sono:

φ^1=1,618...
φ^2=2,618...
φ^3=4,236...
φ^4=6852...
φ^5=11,090...
φ^6=17,944...
φ^7=29,034...

Congetturo l'espressione di una qualsiasi funzione positiva di φ in funzione di φ stesso: φF_n+F_(n-1)

Le prime sette potenze negative di φ in funzione di φ stesso sono:

φ^-1= 0,618
φ^-2=0,382
φ^-3=0,236
φ^-4=0,146
φ^-5=0,090
φ^-6=0,056
φ^-7=0,034

I 3 punti seguenti, invece, non mi vengono. Se qualcuno potesse mostrarmeli gentilmente mostrarmeli gliene sarei grato.
Dimostrare che phi è irrazionale;
Si congetturi l'espressione di una qualunque potenza negativa di phi in funzione di phi stesso;
Si dimostrino le formule congetturate ai punti 4 e 6

So che l'irrazionalità ha a che fare con quel radice di 5 che ho trovato prima all'interno di x1

Il punto 8 devo vedere, ma penso di aver capito, ma prima devo capire i 3 punti precedenti come vengono.

[wanderer1]

ciao,

per il punto 5: ti basta dimostrare che $\sqrt 5$ è irrazionale, puoi dimostrarlo per assurdo tramite il teorema fondamentale dell'aritmetica

per il punto 6-7: hai provato a usare la formula di Binet?

per il punto 8: sapendo che il rapporto converge, puoi affermare che:

$(F(n))/(F(n-1)) = (F(n+1))/(F(n))$ per $n -> \infty$, ...

[IlMatematico91]

Allora... mi è stato detto:
1 e 2 vanno bene
3 devo mostrare i passaggi completi per una potenza (non ho capito)
Il 5 non è ciò che mi è stato chiesto
il 4 e il 6 devo rivederli
Il 7 non l'ho saputo fare
L'8 non andava bene il procedimento

Qualcuno può mostrarmi la risoluzione corretta dei punti che non andavano bene? (Ricordo che sono un letterato, sebbene ancora per poco e sto facendo tutto da solo e molte cose non le so)

[IlMatematico91]

Ci sono stato sopra tutta la mattina, ma niente....

[Pachisi]

Per la 3 intendono questo:
$\varphi^1=\varphi$, $\varphi^2=1+\varphi$, $\varphi^3=\varphi^2 \cdot \varphi=(1+\varphi)\varphi=\varphi+\varphi^2=1+2\varphi$, ecc...

[donald_zeka]

Ricorda che $phi$ è soluzione di $x^2-x-1=0$, se si moltiplica tutto per $x^(n-2)$ si ottiene $x^n-x^(n-1)-x^(n-2)=0$ Da cui si deducono le domande 3-4-5-6-7

[IlMatematico91]

"Pachisi":Per la 3 intendono questo:
$\varphi^1=\varphi$, $\varphi^2=1+\varphi$, $\varphi^3=\varphi^2 \cdot \varphi=(1+\varphi)\varphi=\varphi+\varphi^2=1+2\varphi$, ecc...

Aah solo quello... Ero certo di averlo fatto...

[IlMatematico91]

"Vulplasir":Ricorda che $phi$ è soluzione di $x^2-x-1=0$, se si moltiplica tutto per $x^(n-2)$ si ottiene $x^n-x^(n-1)-x^(n-2)=0$ Da cui si deducono le domande 3-4-5-6-7

Eh, lo so che devo partire da quello. Ma niente. Continuo a scrivere sbagliato. E se non riesco a fare il 4,5,6, e 7 non posso fare neanche l'8. Difatti ci ho provato comunque mi è stato detto che non va assolutamente bene.

[donald_zeka]

E invece va bene.

[IlMatematico91]

"Vulplasir":E invece va bene.

Ma l'8 qui non l'ho postato...
Sarebbe questo:

Per rapporto tra due numeri successivi di Fibonacci si intende Fn/F(n-1), ed il limite del rapporto è quello che succede per n molto grandi, o più precisamente quando n tende all'infinito.

Vediamo intuitivamente che numero dovremmo aspettarci per n grandi a partire dalla successione di Fibonacci trovata:

1>1>2>3>5>8>13>21>34>55>89>144>233>377>610

144/89=1.61797752809...
233/144=1.61805555...(periodico)
377/233=1.61802575107...
610/377=1.61803713528...

φ=1.61803398875...

F(n) = [φn - (1-φ)n]/√5

Chiaramente,

F(n-1) = [φn-1 - (1-φ)n-1]/√5

è l'n-1-esimo numero di Fibonacci.

F(n)/F(n-1) = ([φn - (1-φ)n]/√5)/([φn-1 - (1-φ)n-1]/√5) = [φn - (1-φ)n]/[φn-1 - (1-φ)n-1]

Il limite del rapporto lo si ottiene facendo tendere n all'infinito. Al tendere di n all'infinito, sia (1-φ)n che (1-φ)n-1 saranno praticamente zero. φ è un numero più grande di uno (1.618...). Nel limite, i termini (1-φ) elevati a potenza scompaiono e il rapporto si riduce a

lim F(n)/F(n-1) = φn/φn-1

A questo punto applico le regole sul rapporto tra due potenze diverse di uno stesso numero,

φn/φn-1 = φn-(n-1) = φn-n+1 = φ

[IlMatematico91]

A quanto mi è stato detto è sbagliato pure questo...

E devo consegnare tutto entro domani. Non ce la farò mai.

[IlMatematico91]

Nessuno ha modo di farmi vedere la risoluzione dell'esercizio?

[Bremen000]

Non ho ben capito quali parti ti manchino, comunque per l' 8 hai usato mi sa la formula di Binet che non hai dimostrato, quindi è un po' come barare. Comunque consideriamo la successione così definita:

$ R_n = F_n/F_{n-1} $

Se $R_n$ ammette limite $l$ allora:

$\lim_{n \to \infty}R_n = \lim_{n \to \infty} F_n/F_{n-1} = \lim_{n \to \infty} \frac{F_{n-1}+F_{n-2}}{F_{n-1}} = \lim_{n \to \infty} 1+ F_{n-2}/F_{n-1} $

Ovvero $ l = 1 + 1/l $ le cui soluzioni sono il $\phi$ e $(1-\sqrt{5})/2$ che è da escludere perché la nostra successione è a termini positivi, il limite è (se esiste) $\phi$.

Non mi viene tuttavia in mente una maniera per mostrare che la successione però sia convergente.

[IlMatematico91]

"Bremen000":Non ho ben capito quali parti ti manchino, comunque per l' 8 hai usato mi sa la formula di Binet che non hai dimostrato, quindi è un po' come barare. Comunque consideriamo la successione così definita:

$ R_n = F_n/F_{n-1} $

Se $R_n$ ammette limite $l$ allora:

$\lim_{n \to \infty}R_n = \lim_{n \to \infty} F_n/F_{n-1} = \lim_{n \to \infty} \frac{F_{n-1}+F_{n-2}}{F_{n-1}} = \lim_{n \to \infty} 1+ F_{n-2}/F_{n-1} $

Ovvero $ l = 1 + 1/l $ le cui soluzioni sono il $\phi$ e $(1-\sqrt{5})/2$ che è da escludere perché la nostra successione è a termini positivi, il limite è (se esiste) $\phi$.

Non mi viene tuttavia in mente una maniera per mostrare che la successione però sia convergente.

Ah ecco... Grazie!! Sì, in effetti ho usato Binet. Ma con le dimostrazioni ho sempre problemi. Eeh...

Mi mancano le parti 4,5,6 e 7. Il 7 proprio non mi veniva. Il 4,5 e 6 li ho fatti o in parte o totalmente, ma a quanto pare erano errati.

[Bremen000]

Ah ok ci sono, le estratte pari e dispari sono limitate e monotone quindi convergenti e si mostra che convergono al medesimo limite. Ergo la successione è convergente!

[IlMatematico91]

"Bremen000":Ah ok ci sono, le estratte pari e dispari sono limitate e monotone quindi convergenti e si mostra che convergono al medesimo limite. Ergo la successione è convergente!

Se ti chiedo di mostrarmi la scrittura precisa è un problema? Non vorrei scrivere di nuovo sbagliato e dover rifare tutto.
Per caso sei in grado di aiutarmi anche coi punti 4, 5, 6 e 7 e mostrarmi la risoluzione? Io li ho fatti, ma erano sbagliati. Del 5 mi è stato detto che non ho fatto ciò che mi è stato chiesto. Ovviamente se ora non hai tempo o voglia va bene anche domani. Altrimenti non importa. Mi prenderò l'ennesima strigliata...

[IlMatematico91]

Nessuno?

[Bremen000]

Adesso io ti rispondo completamente ma poi tu dovrai rispondere ad una mia domanda:

1)

Abbiamo
$ \frac{a+b}{a} = \frac{a}{b} = x $ con $a,b >0$.

Scriviamo

\begin{equation}
\begin{cases}
\frac{a+b}{a} = \frac{a}{b} \\
\frac{a}{b} = x \quad \Rightarrow a= bx
\end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} \frac{bx+b}{bx}=x \\ a=bx \end{cases}
\end{equation}
Dalla prima ricaviamo:

$bx+b=bx^2 $ essendo $b \ne 0 $ possiamo scrivere $ x^2-x-1=0$ che ha come soluzioni $x_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2} $.

Giacché $a$ e $b$ sono positivi ha senso solo la soluzione positiva: $x=\phi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$.

2)

Dalla definizione della successione $F_0=F_1=1, F_n= F_{n-1}+F_{n-2} $ abbiamo che i primi quindici numeri sono:

$ 1 \quad 1 \quad 2 \quad 3 \quad 5 \quad 8 \quad 13 \quad 21 \quad 34 \quad 55 \quad 89 \quad 144 \quad 233 \quad 377 \quad 610 $

3) e 4)

Iniziamo da $\phi^2$ e poi dal calcolo esplicito di questo ricaviamo le altre potenze:

$ \phi^2 = (\frac{1+\sqrt{5}}{2})^2 = \frac{1+5+2\sqrt{5}}{4} = \frac{3+\sqrt{5}}{2} = 1+ \phi $

$ \phi^3 = \phi + phi^2 $

E così via, moltiplicando per $\phi$ a destra e a sinistra si ottiene che vale in generale (ovvero congetturo una forma per le potenze positive di $\phi$ in funzione di se stesso):

$ \phi^n = \phi^{n-1} + \phi^{n-2} $ con $n> 0 $.

5) e 6)

Iniziamo da $\phi^{-1}$ e poi dal calcolo esplicito di questo ricaviamo le altre potenze:

$\phi^{-1} = 1/\phi = \frac{1}{\frac{1+sqrt{5}}{2}} = \frac{2}{1+\sqrt{5}} = 2 \cdot \frac{1-sqrt{5}}{-4} = \frac{\sqrt{5}-1}{2} = \phi-1 $

$\phi^{-2} = \phi^{-1} \cdot \phi^{-1} = 1-\phi^{-1} $

E così via, moltiplicando per $\phi^{-1}$ a destra e a sinistra si ottiene che vale in generale (ovvero congetturo una forma per le potenze negative di $\phi$ in funzione di se stesso):

$ \phi^n = \phi^{n-1} + \phi^{n-2} $ con $n \le 0$.

Abbiamo quindi che la formula trovata vale per $n \in \mathbb{Z}$.


Per mostrare che $\phi$ è irrazionale è sufficiente mostrare che $\sqrt{5}$ è irrazionale giacché le operazioni di somma e prodotto tra un irrazionale e un razionale restituiscono un irrazionale.

Mostriamo quindi che $\sqrt{5}$ è irrazionale, col metodo classico:

Supponiamo per assurdo che $\sqrt{5}$ sia razionale, allora esistono $a$ e $b$ interi primi tra loro tali che $a/b = \sqrt{5}$.

Segue che $ (a/b)^2 = \sqrt{5}^2 \Rightarrow \frac{a^2}{b^2} = 5 \Rightarrow a^2 = 5b^2 $ ovvero il quadrato di $a$ è multiplo di $5$, segue che anche $a$ è multiplo di $5$. Ma allora possiamo scrivere $a$ come $a=5k$ con $k \in \mathbb{N} \backslash {0} $.

Ma allora possiamo scrivere $(5k)^2 = 5b^2 \Rightarrow 25k^2 = 5b^2 \Rightarrow b^2 = 5k^2 $ ovvero il quadrato di $b$ è multiplo di $5$, segue che anche $b$ è multiplo di 5.

Quindi $a$ e $b$ sono multipli di $5$, allora non sono primi tra loro, assurdo. Ergo $\sqrt{5}$ è irrazionale.

7)

Abbiamo già mostrato che la formula $\phi^n = \phi^{n-1} + \phi^{n-2}$ vale per ogni $n$ naturale con segno ma vediamo una dimostrazione per induzione sugli $n$ positivi (per gli $n$ non positivi sarà sufficiente dividere a destra e a sinistra per $\phi^m$ con $m \ge n$):

Vogliamo mostrare che vale $\phi^n = \phi^{n-1} + \phi^{n-2}$ per $n \ge 1$.

Caso base, per $n=1$ abbiamo $\phi = \phi^{0} + \phi^{-1} = 1 + 1/\phi = \phi $ dalla relazione mostrata al punto 5) e 6).

Passo induttivo: supponiamo vera per $n$ e mostriamo che vale per $n+1$:

$\phi^{n+1} = \phi^{n} \cdot \phi = (\phi^{n-1} + \phi^{n-2}) \cdot \phi = \phi^{(n+1)-1} + \phi^{(n+1)-2} $

Che è la nostra formula per $n+1$. Allora la formula è dimostrata. Fondamentalmente bastava quanto visto ai punti 5) e 6) ma così è più formale (pignolerie...).

8)

Questo è il punto più difficile; costruiamo la successione dei rapporti di due termini consecutivi della successione di Fibonacci:

$R_n := \frac{F_{n+1}}{F_n}$

Quindi abbiamo $ R_0 = \frac{F_{1}}{F_0} \quad,\quad R_1 = \frac{F_{2}}{F_1} \quad,\quad R_2 = \frac{F_{3}}{F_2} \quad,\quad \ldots $

I primi $11$ termini sono $ 1 \quad 2 \quad 3/2 \quad 5/3 \quad 8/5 \quad 13/8 \quad 21/13 \quad 34/21 \quad 55/34 \quad 89/55 \quad 144/89 \quad \ldots $

Si vede subito che la successione non è monotona il che non ci aiuta, ma se consideriamo i soli termini di posto pari $(1 \quad 3/2 \quad 8/5 \quad 21/13 \quad \ldots )$ essi sembrano crescenti. E quelli di posto dispari $(2 \quad 5/3 \quad 13/8 \quad 34/21 \quad \ldots)$ sembrano essere decrescenti. Dimostriamo entrambi questi fatti. Nelle dimostrazioni userò il fatto che tutti i termini sono positivi e quindi facendo il reciproco a destra e a sinistra l'ordinamento si inverte oltre alla definizione della successione di Fibonacci.

Estratta pari crescente:

Un generico termine dell'estratta pari può essere scritto come $\frac{F_{2k+1}}{F_{2k}}$ e il suo successivo come $\frac{F_{2k+3}}{F_{2k+2}}$. Siamo interessati dunque a mostrare che:

$\frac{F_{2k+1}}{F_{2k}} < \frac{F_{2k+3}}{F_{2k+2}} $ per $ k \ge 0$.

Facciamolo per induzione:

Caso base: per $k=0$ abbiamo $\frac{F_{1}}{F_{0}} < \frac{F_{3}}{F_{2}}$ ovvero $ 1 < 3/2 $, che è vero.

Passo induttivo: supponiamo vero per $k$ e mostriamo che vale per $k+1$. Ovvero dobbiamo mostrare che vale:

$\frac{F_{2k+3}}{F_{2k+2}} < \frac{F_{2k+5}}{F_{2k+4}}$

Partirò dalla tesi e tutti i simboli di diseguaglianza che interporrò sono da intendersi come ipotetici e subordinati all'ottenimento dell'ipotesi. Una volta fatto questo ho mostrato che dalla tesi segue l'ipotesi ma essendo questi solo passaggi algebrici varrà anche il contrario da cui che l'ipotesi implica la tesi, che è quello che vogliamo:

$\frac{F_{2k+3}}{F_{2k+2}} < \frac{F_{2k+5}}{F_{2k+4}}$

$\frac{F_{2k+1}+F_{2k+2}}{F_{2k+2}} < \frac{F_{2k+3}+F_{2k+4}}{F_{2k+4}}$

$\frac{F_{2k+1}}{F_{2k+2}} < \frac{F_{2k+3}}{F_{2k+4}}$

$\frac{F_{2k+4}}{F_{2k+3}} < \frac{F_{2k+2}}{F_{2k+1}}$

$\frac{F_{2k+3}+F_{2k+2}}{F_{2k+3}} < \frac{F_{2k+1}+F_{2k}}{F_{2k+1}}$

$\frac{F_{2k+2}}{F_{2k+3}} < \frac{F_{2k}}{F_{2k+1}}$

$\frac{F_{2k+3}}{F_{2k+2}} > \frac{F_{2k+1}}{F_{2k}}$

Che è l'ipotesi di induzione.




Estratta dispari decrescente:

Un generico termine dell'estratta dispari può essere scritto come $\frac{F_{2k}}{F_{2k-1}}$ e il suo successivo come $\frac{F_{2k+2}}{F_{2k+1}}$. Siamo interessati dunque a mostrare che:

$\frac{F_{2k}}{F_{2k-1}} > \frac{F_{2k+2}}{F_{2k+1}} $ per $ k \ge 1$.

Facciamolo per induzione:

Caso base: per $k=1$ abbiamo $\frac{F_{2}}{F_{1}} > \frac{F_{4}}{F_{3}}$ ovvero $ 2 > 5/3 $, che è vero.

Passo induttivo: supponiamo vero per $k$ e mostriamo che vale per $k+1$. Ovvero dobbiamo mostrare che vale:

$\frac{F_{2k+2}}{F_{2k+1}} > \frac{F_{2k+4}}{F_{2k+3}}$

Partirò dalla tesi e tutti i simboli di diseguaglianza che interporrò sono da intendersi come ipotetici e subordinati all'ottenimento dell'ipotesi. Una volta fatto questo ho mostrato che dalla tesi segue l'ipotesi ma essendo questi solo passaggi algebrici varrà anche il contrario da cui che l'ipotesi implica la tesi, che è quello che vogliamo:

$\frac{F_{2k+2}}{F_{2k+1}} > \frac{F_{2k+4}}{F_{2k+3}}$

$\frac{F_{2k}+F_{2k+1}}{F_{2k+1}} > \frac{F_{2k+2}+F_{2k+3}}{F_{2k+3}}$

$\frac{F_{2k}}{F_{2k+1}} > \frac{F_{2k+2}}{F_{2k+3}}$

$\frac{F_{2k+1}}{F_{2k}} < \frac{F_{2k+3}}{F_{2k+2}}$

$\frac{F_{2k}+F_{2k-1}}{F_{2k}} < \frac{F_{2k+2}+F_{2k+1}}{F_{2k+2}}$

$\frac{F_{2k-1}}{F_{2k}} < \frac{F_{2k+1}}{F_{2k+2}}$

$\frac{F_{2k}}{F_{2k-1}} > \frac{F_{2k+2}}{F_{2k+1}}$

Che è l'ipotesi di induzione.



Ora abbiamo per le mani due estratte (pari e dispari) montone ergo esse ammettono limite ognuna finito o meno che sia. Chiamiamo il limite dell'estratta pari $l'$ e il limite dell'estratta dispari $l''$.

Valgono le seguenti:

$\lim_{n \to + \infty} \frac{F_{2k+1}}{F_{2k}}= l' = \lim_{n \to + \infty} \frac{F_{2k}+F_{2k-1}}{F_{2k}} =\lim_{n \to + \infty} (1+ \frac{F_{2k-1}}{F_{2k}}) = 1+ \frac{1}{l''} $

$\lim_{n \to + \infty} \frac{F_{2k}}{F_{2k-1}}= l'' = \lim_{n \to + \infty} \frac{F_{2k-1}+F_{2k-2}}{F_{2k-1}} =\lim_{n \to + \infty} (1+ \frac{F_{2k-2}}{F_{2k-1}}) = 1+ \frac{1}{l'} $

Ovvero abbiamo a sistema:

\begin{equation}
\begin{cases}
l' = 1 + \frac{1}{l''} \\ l'' = 1 + \frac{1}{l'}
\end{cases}
\end{equation}

Risolvendo il sistema abbiamo:

$l'=l''=l = \phi \quad \vee l'=l''=l = \frac{1-sqrt{5}}{2} $

Solo la prima soluzione è accettabile in quanto per il teorema della permanenza del segno il limite per entrambe le sottosuccessioni deve essere positivo.

Il limite inoltre non può essere infinito per nessuna delle due sottosuccessioni essendo limitate (tra 0 e 3 ad esempio).

Adesso abbiamo che l'estratta pari e l'estratta dispari di $R_{n}$ convergono al medesimo limite finito, per il teorema delle restrizioni allora $R_{n} \to \phi$.

Adesso la mia domanda alla quale penso di meritar risposta:

E' il secondo mega esercizio che posti e francamente l'ho risolto perché lo ritengo molto carino sopratutto l'ultimo punto, non per spirito crocerossino. Adesso però mi devi spiegare (un po' perché sono curioso un po' perché sono stupito), quale (e perché) scellerata università affida la sua valutazione di te a delle specie di compiti a casa che ti fai evidentemente fare da altri e non ti valuta invece con dei normali esami?

[Bremen000]

Evidentemente non me la meritavo la risposta