De gulden snede (maar dan anders)

[Agno]

Voor het rijtje

\(0,-1,-1,0,1,1,...\)

geldt

\(F_n = -\frac23\sqrt{3}\sin(\frac{\pi n}{3})\)

Da's een hele mooie PeterPan.

Vraag me af hoe deze formule dan weer linkt naar de echte Fibonacci.

Heb vanavond wat zitten spelen met de driehoek van Pascal en kwam op de volgende (verkeerde) gedachte:

Aangezien er een aantal somformules bestaan voor elke cel in de driehoek, zou je dan elke waarde kunnen berekenen (dus zonder

\(\left(n \over k\right)\)

):

1. "Som van n elementen 'd' op de schuine diagonaal startend op rij x in de +1 driehoek":

\(\displaystyle\sum_{k=1}^n (d_k) = \dfrac{\left((1+\sqrt{5})^x - (1-\sqrt{5})^x\right)}{2^x\sqrt{5}})\)

2. "Alternerende som van n elementen 'd' op de schuine diagonaal startend op rij x in de -1 driehoek":

\(\displaystyle\sum_{k=1}^n (-1)^{k+1} (-d_k) = \frac23\sqrt{3}\sin(\frac{\pi x}{3})\)

Beide reeksen kun je heel mooi van elkaar aftrekken en de helft van de elementen valt dan tegen elkaar weg.

Ook zijn

\(d_1=1\)

en

\(d_2=x-1\)

. Het aantal elementen 'n' op de diagonaal is overigens:

\(n \mod 2 = 0 , n=\dfrac{x}{2}\)

\(n \mod 2 =1 , n=\dfrac{(x+1)}{2}\)

Er zijn vast nog meer symmetrievoordelen te behalen.

3. "De som van alle x elementen 'h' op de horizontale rij x in de +1 driehoek (rijnummer = aantal elementen)":

\(\displaystyle\sum_{j=1}^x h_j =2^x\)

4. "De alternerende som van alle x elementen h van de horizontale rij x in de +1 driehoek":

\(\displaystyle\sum_{j=1}^x (-1)^{j+1} h_j =0\)

Het ging een tijdje heel goed met sommige

\(d_k=h_j\)

, maar toen had ik op een gegeven moment meer variabelen dan vergelijkingen...

[Agno]

Druk op het werk, dus weinig tijd voor leuke dingen. We geven echter nog niet op!

Heb nog wat zitten spelen met de formule voor Fibonacci getallen:

\(\dfrac{\left((1+\sqrt{5})^n - (1-\sqrt{5})^n\right)}{2^n\sqrt{5}}\)

Toen geprobeerd om er imaginaire getallen in te voeren en tot mijn verbazing vond ik een reeks nulpunten toen ik de volgende 3-d plot maakte (n=u+xi).



Met behulp van interpolatie kon ik de coordinaten van de eerste nulpunten globaal bepalen en er blijkt een ratio tussen twee opeenvolgende Fibonacci getallen tussen te zitten:

Punt 1: 1.8284048 + 0.56013i (x 2)

Punt 2: 3.6568096 + 1.12026i (x 3/2)

Punt 3: 5.4852142 + 1.68035i (x 5/3)

Punt 4: ............................... (x 8/5)

etc.

De verhouding tussen u en x = 3.2642.

Noch de startwaarden voor u en v, noch de (constante) verhouding ertussen kon ik echter relateren aan

\(\sqrt{5}, \Phi, ...\)

. En al komen de waarden wel in de buurt (bijv.

\(1+\sqrt{5} = 3.23607\)

), kreeg ik de boekhouding niet sluitend. Ook had ik gehoopt dat de absolute waarde van u+xi misschien gelijk zou zijn aan het Fibonacci getal, maar helaas.

Ziet iemand het verband?

[Agno]

Dit is maf.

Ik had de formule:

\(F(n)=\dfrac{\left((1+\sqrt{5})^n - (1-\sqrt{5})^n\right)}{2^n\sqrt{5}}\)

Omgesleuteld naar:

\(F(n)=\frac15\sqrt{5} \left(2^n \left(cos\left(\dfrac{\Pi}{5}\right)\right)^n - 2^{-n}\left({-cos\left(\dfrac{\Pi}{5}\right)}\right)^{-n}\right)\)

Beiden formules geven exact dezelfde waarden voor F(n) als n reëel is, maar voor complexe getallen komt er iets totaal anders uit. De tweede formule levert overigens de 3-D plot hierboven met de nulpunten en de "imaginaire schaduw uit de reële wereld".

[PeterPan]

Je kunt de rij voor de Fibonaccigetallen uitbreiden tot een functie van

\(\rr \to \rr\)

.

\(F(x)=\dfrac{\left((1+\sqrt{5})^x - \cos(\pi x)(\sqrt{5}-1)^x\right)}{2^x\sqrt{5}}\)

.

[Agno]

Dank voor deze formule, Peterpan. Ik had inmiddels gezien dat mijn afleiding niet helemaal klopte voor complexe getallen en kan alle verschillen verklaren. Je moet

\(n=u-xi\)

invullen om de imaginaire nulpunten te vinden (werkt nu voor alle formules en de nulpunten verschijnen keurig).

Dus uitgaande van de formule:

\(F(n)=\dfrac{\left((1+\sqrt{5})^n - (1-\sqrt{5})^n\right)}{2^n\sqrt{5}}\)

moet

\(\left((1+\sqrt{5})^n - (1-\sqrt{5})^n\right)=0\)

alle nulpunten opleveren (n=0 is de eerste).

Met behulp van de 'rootfinder' in Maple heb ik op deze manier inmiddels de eerste nulpunten tot 30 cijfers achter de komma kunnen bepalen:

1 1.82840478363335065514543948763 - 0.56012990855102665774624670256 i

2 3.65680956726670131029087897526 - 1.12025981710205331549249340512 i

3 5.48521435090005196543631846290 - 1.68038972565307997323874010768 i

5 7.31361913453340262058175795050 - 2.24051963420410663098498681024 i

8 9.14202391816675327572719743815 - 2.80064954275513328873123351280 i

13 ...

Zowel de reële als imaginaire waarden lopen exact op met de verhouding tussen de 'echte' Fibonacci getallen. De (constante) verhouding tussen de reële en imaginaire factoren blijkt precies gelijk aan:

\(\dfrac{-2 \ln(\Phi)}{\pi}\)

Dit is één van de parameters voor de formule van de beroemde "Golden spiral".

Nu alleen nog de startwaarden ergens van afleiden...

[PeterPan]

Als

\(\left((1+\sqrt{5})^n - (1-\sqrt{5})^n\right)=0\)

,

dan is

\((1+\sqrt{5})^n = (1-\sqrt{5})^n\)

.

Logaritme nemen aan beide zijden:

\(n\ln(1+\sqrt{5}) = n\ln(1-\sqrt{5}) + k\pi i\)

.

Dan is

\(n = \frac{k \pi i}{\pi i + 2\ln(\frac{1+\sqrt 5}{2})}\)

(

\(k \in \zz \)

).

[Agno]

Als

\(\left((1+\sqrt{5})^n - (1-\sqrt{5})^n\right)=0\)

,

dan is

\((1+\sqrt{5})^n = (1-\sqrt{5})^n\)

.

Logaritme nemen aan beide zijden:

\(n\ln(1+\sqrt{5}) = n\ln(1-\sqrt{5}) + k\pi i\)

.

Dan is

\(n = \frac{k \pi i}{\pi i + 2\ln(\frac{1+\sqrt 5}{2})}\)

(

\(k \in \zz \)

).

Wow!

"A small step for PeterPan, but a giant leap for Agno's mind"

Had al zitten proberen met logaritmes, maar kwam er niet uit. Ook geprobeerd om met het binonium van Newton

\((x+y)^r\)

te berekenen.

Als ik in de formule n(k) even getallen voor k invul, dan krijg ik de nulpunten uit mijn grafiek.

\(n(k) = \frac{k \pi i}{\pi i + 2\ln(\frac{1+\sqrt 5}{2})}\)

Kennelijk bestaan er echter ook nog andere nulpunten die je niet in de grafiek kan aflezen (spikes?).

Eerder vond ik al dat de opeenvolgende nulpunten de verhouding tussen twee Fibonacci getallen aangaf. Deze verhouding convergeert volgens de theorie naar

\(\Phi\)

. Dit zou dus ook voor

\(\frac{n(k+2)}{n(k)}\)

moeten gelden als k naar oneindig gaat. Ergo:

\(\mathop {\lim }\limits_{k \to \infty }\frac{n(k+2)}{n(k)} = \frac{(k+2) \pi i}{(\pi i + 2\ln(\Phi))} \frac{(\pi i + 2\ln(\Phi))}{k \pi i} =\frac{(k+2) \pi i}{k \pi i} = \frac{(k+2)}{k} = (1+\frac{2}{k}) =1 \)

Daar doe ik dus iets fout, ofwel mijn conclusie over de Fibonacci verhoudingen tussen de nulpunten voor k=even was voorbarig (En dat laatste blijkt het geval te zijn. De nulpunten volgen gewoon de verhouding tussen de k's die je erin stopt. De grafiek heeft mij op het verkeerde been gezet omdat een aantal nulpunten niet zichtbaar zijn. Staaltje van slordige wiskunde mijnerzijds... )

[Agno]

Als

\(\left((1+\sqrt{5})^n - (1-\sqrt{5})^n\right)=0\)

,

dan is

\((1+\sqrt{5})^n = (1-\sqrt{5})^n\)

.

Logaritme nemen aan beide zijden:

\(n\ln(1+\sqrt{5}) = n\ln(1-\sqrt{5}) + k\pi i\)

.

Dan is

\(n = \frac{k \pi i}{\pi i + 2\ln(\frac{1+\sqrt 5}{2})}\)

(

\(k \in \zz \)

).

PeterPan,

Net terug in NL en meteen even de formule in Maple nagerekend.

Hij blijkt toch alleen maar nulpunten op te leveren voor k=even en dan moet je ook nog een teken omdraaien:

\(n = \frac{k \pi i}{\pi i - 2\ln(\frac{1+\sqrt 5}{2})}\)

(

\(k \mod 2 = 0, k \in \zz \)

).

Klopt dat inderdaad?

[PeterPan]

Nee. Als je Maple gebruikt met complexe getallen kan het fout gaan.

De formule luidt:

\(n = \frac{2k \pi i}{\pi i + 2\ln(\frac{1+\sqrt 5}{2})}\)