Proprietà numeri di Fibonacci

[Gi81]

Sia $NN={1,2,3,...}$
Sia $(F_n)_(n in NN)$ la successione di Fibonacci, così definita: ${(F_1=1),(F_2=1),(F_(n+2)=F_(n+1)+F_n ):}$

Dimostrare che $AA n in NN$ si ha $F_(n+3)*F_n-F_(n+2)*F_(n+1)=(-1)^(n+1)$

[gugo82]

Facile facile, eh.

[Gi81]

Direi proprio di sì

[gugo82]

Beh, allora aggiungo qualcosa di più sostanzioso, anche se non ho la soluzione:

***

2. Siano [tex]$q,r$[/tex] interi positivi.
Dimostrare che per ogni [tex]$n$[/tex] si ha:

[tex]$F_{qn+r} = \sum_{k=0}^q \binom{q}{k} F_{r-k}\ F_n^k\ F_{n+1}^{q-k}$[/tex],

ove [tex]$\binom{q}{k}=\frac{q!}{k!(q-k)!}$[/tex] è l'usuale coefficiente binomiale.

***

Non so se si debba procedere per induzione o in altro modo, quindi lascio la palla a chi vuole cimentarsi.

[Studente Anonimo]

Segnalo questo, molto interessante.

[yoshiharu]

"gugo82":Beh, allora aggiungo qualcosa di più sostanzioso, anche se non ho la soluzione:

***

2. Siano [tex]$q,r$[/tex] interi positivi.
Dimostrare che per ogni [tex]$n$[/tex] si ha:

[tex]$F_{qn+r} = \sum_{k=0}^q \binom{q}{k} F_{r-k}\ F_n^k\ F_{n+1}^{q-k}$[/tex],

ove [tex]$\binom{q}{k}=\frac{q!}{k!(q-k)!}$[/tex] è l'usuale coefficiente binomiale.

***

Non so se si debba procedere per induzione o in altro modo, quindi lascio la palla a chi vuole cimentarsi.

Usando

[tex]F_n = F_r F_n + F_{r-1} F_{n-1}[/tex]

trovo

[tex]F_{qn+r} = F_{n-1} F_{(q-1)n+r+1} + F_{n-2} F_{(q-1)n+r}[/tex]

e applicando a catena

[tex]F_{qn+r} = \sum_{k=0}^q F^k_{n-1} F^{q-k}_{n-2} \binom{q}{k} F_{r+k}[/tex]

che e' piuttosto simile alla tua...solo che non e' proprio uguale

Forse qualche trasformazione possibilmente elementare dovrebbe concludere la dimostrazione?
Boh...

[Sk_Anonymous]

Mi è venuta un'idea che però non mi convince più di tanto; in sostanza consiste nel provare a ricondurre un'espressione contenente termini del tipo [tex]$F_{n+k}$[/tex] ad una contenente solo termini del tipo [tex]$F_{n+1}$[/tex] ed [tex]$F_{n}$[/tex], e porre [tex]$n=1$[/tex] per convenzione. Posto ugualmente in spoiler le mie osservazioni. Al massimo prendetemi a pesci in faccia.

Si vuole dimostrare che per [tex]$\forall \; n \in \mathbb{N}$[/tex] si ha [tex]$[1] \ F_{n+3} \cdot F_{n} - F_{n+2} \cdot F_{n+1}=(-1)^{n+1}$[/tex], dove i vari [tex]$F_{n}$[/tex] sono i termini della successione di Fibonacci così come indicati da Gi8.
Riscrivendo tutto in funzione dei soli [tex]$F_{n+1}$[/tex] e [tex]$F_{n}$[/tex], si ha [tex]$F_{n+3}=F_{n+2}+F_{n+1}=2F_{n+1}+F_{n}$[/tex] e [tex]F_{n+2}=F_{n+1} + F_{n}$[/tex].
Apportando le dovute sostituzioni si ottiene [tex]$(2F_{n+1}+F_{n}) \cdot F_{n} - F_{n+1}\cdot(F_{n+1} + F_{n})=F_{n} \cdot F_{n+1} + (F_{n+1} + F_{n}) \cdot (F_{n} - F_{n+1})=[2] \ F_{n}^{2} - F_{n+1}^{2} + F_{n+1} \cdot F_{n}$[/tex].
Posto quindi [tex]$n=1$[/tex] (e tenendo ben presente che [tex]$F_{1}=1$[/tex] e [tex]$F_{2}=1$[/tex]), l'uguaglianza è verificata in quanto [tex]$1^{2} - 1^{2} +1 \cdot 1=(-1)^{2}$[/tex]
Per [tex]$n+1$[/tex], ossia ponendo [tex]$n+1$[/tex] al posto di [tex]$n$[/tex], la relazione [tex]$[1]$[/tex] equivalente alla [tex]$[2]$[/tex] diviene [tex]$[3] \ F_{n+1}^{2} - F_{n}^{2} - F_{n+1} \cdot F_{n}=1^{2} - 1^{2} -1 \cdot 1=(-1)^{3}$[/tex], ed è verificata.

La mia ipotesi è che per gli [tex]$n+1$[/tex] pari l'espressione [tex]$[1]$[/tex] sia riducibile alla [tex]$[2]$[/tex], mentre per gli [tex]$n+1$[/tex] dispari l'espressione [tex]$[1]$[/tex] sia riducibile alla [tex]$[3]$[/tex], però non so bene come dimostrarlo.

[And_And92]

Potrei dimostrarlo, ma posso usare la formula di Binet? O si richiede in questo caso una dimostrazione con la successione di Fibonacci espressa per ricorrenza??

[j18eos]

@And_And92 Perché no?!

[And_And92]

Ho la dimostrazione del problema di apertura, ma temo non sia molto elegante... Troppi conti per i miei gusti... Domani mattina la scrivero eventualmente, ma non la approvo molto.. É orrenda. Per quanto riguarda il problema di gugo... Un'induzione su q e su r... Forse potrebbe essere la soluzione. Adesso ci penso meglio

[gugo82]

La dimostrazione del problema di Delirium sono due conticini per induzione... Davvero due righe.
Però è chiaro che, se vuoi fare una dimostrazione diversa (casomai usando una formula di rappresentazione esplicita), può uscire anche un papiello di conti che non finisce più.

Per quanto riguarda i valori di [tex]$q$[/tex] ed [tex]$r$[/tex], io li riterrei fissati e farei induzione su [tex]$n$[/tex].

[yoshiharu]

"yoshiharu":[quote="gugo82"]Beh, allora aggiungo qualcosa di più sostanzioso, anche se non ho la soluzione:

***

2. Siano [tex]$q,r$[/tex] interi positivi.
Dimostrare che per ogni [tex]$n$[/tex] si ha:

[tex]$F_{qn+r} = \sum_{k=0}^q \binom{q}{k} F_{r-k}\ F_n^k\ F_{n+1}^{q-k}$[/tex],

ove [tex]$\binom{q}{k}=\frac{q!}{k!(q-k)!}$[/tex] è l'usuale coefficiente binomiale.

***

Non so se si debba procedere per induzione o in altro modo, quindi lascio la palla a chi vuole cimentarsi.

Usando

[tex]F_n = F_r F_n + F_{r-1} F_{n-1}[/tex]

[/quote]

Scusate la tavanata mostruosa, ho sbagliato gli indici dei numeri di Fibonacci (e per giunta ho scritto pure male la formula ...)
Riprovo:

Usando
[tex]F_n = F_r F_{n-r+1} + F_{r-1} F_{n-r} \ s\ge 2[/tex]

applico a catena l'espressione:

[tex]F_{q n+r} = F_{n+1} F_{(q-1)n+r} + F_{n} F_{(q-1)n+r-1}[/tex]

ottenendo

[tex]F_{q n+r} = F_{n+1} F_{(q-1)n+r} + F_{n} F_{(q-1)n+r-1} = F_{n+1} (F_{n+1} F_{(q-2)n+r} + F_{n} F_{(q-2)n+r-1}) + F_n (F_{n+1} F_{(q-2)n+r-1} + F_{n} F_{(q-2)n+r-2}) = ...[/tex]

Qui in verita' per la dimostrazione ho fatto una specie di grafico che non riesco a mostrare, ma la dimostrazione e' analoga a quella del triangolo di Tartaglia per il coefficiente binomiale, dove ad ogni livello del triangolo decremento $q$ di una unita', mentre $r$ indicizza "in orizzontale" la entry del triangolo; alla fine ottengo

[tex]F_{q n+r} = \sum_{k=0}^h \binom{h}{k} F_n^k F_{n+1}^{h-k} F_{(q-h) n + r-k}[/tex]
che per $h:=q$ da' il risultato.

Scusate per la confusione di prima...

[Gi81]

@Delirium:

l'idea di passare per un'altra formula equivalente per dimostrare che vale
(*)$F_(n+3)*F_n-F_(n+1)*F_(n+2)=(-1)^(n+1)$ non è male. Forse quella da te proposta non è la più conveniente.
Ce n'è un'altra, sempre equivalente a (*) che si dimostra facilmente per induzione.
Dipende da $F_(n)$, $F_(n+1)$ e $F_(n+2)$