De gulden snede (maar dan anders)

[Agno]

Mag helaas niet meer wijzigen, maar het moet natuurlijk zijn:

\(\displaystyle\sum_{k=0}^n (-1)^k F_{i(k)} = F_{i(n+2)-1\)

en

\(\displaystyle\sum_{k=0}^n (-1)^k F_{i(k)}^2 = F_{i(n)}*F_{i(n+1)}\)

[PeterPan]

Wat je je af zou kunnen vragen is, wat er zo bijzonder is aan het rijtje

\(K_2,K_3,K_4,\cdots\)

,

als voor

\(n=2,3,4,\cdots\)

\(\frac{F_0}{n^1} + \frac{F_1}{n^2} + \frac{F_2}{n^3} + \cdots = \frac{1}{K_n}\)

\(K_2,K_3,K_4,\cdots\)

is

\(1,5,11,19,29,41,55,71,89,\cdots\)

.

Van deze eerste 9 termen zijn er maar liefst 5 Fibonaccigetallen.

Daarna volgt er geen een meer.

De eerste 100 termen:

1,5,11,19,29,41,55,71,89,109,131,155,181,209,239,271,305,341,379,419,461,505,550

,599,649,701,755,811,869,929,991,1055,1121,1189,1259,1331,1405,1481,1559,1639,

1721,1805,1891,1979,2069,2161,2255,2351,2449,2549,2651,2755,2861,2969,3079,

3191,3305,3421,3539,3659,3781,3905,4031,4159,4289,4421,4555,4691,4829,4969,

5111,5255,5401,5549,5699,5851,6005,6161,6319,6479,6641,6805,6971,7139,7309,

7481,7655,7831,8009,8189,8371,8555,8741,8929,9119,9311,9505,9701,9899,10099,...

[Klintersaas]

De eerste 100 termen:

1,5,11,19,29,41,55,71,89,109,131,155,181,209,239,271,305,341,379,419,461,505,550

,599,649,701,755,811,869,929,991,1055,1121,1189,1259,1331,1405,1481,1559,1639,

1721,1805,1891,1979,2069,2161,2255,2351,2449,2549,2651,2755,2861,2969,3079,

3191,3305,3421,3539,3659,3781,3905,4031,4159,4289,4421,4555,4691,4829,4969,

5111,5255,5401,5549,5699,5851,6005,6161,6319,6479,6641,6805,6971,7139,7309,

7481,7655,7831,8009,8189,8371,8555,8741,8929,9119,9311,9505,9701,9899,10099,...

Een voorschrift voor de algemene term

\(u_n\)

van deze rij is

\(u_n = n + (n+1)^2\)

.

[Agno]

Ook de link naar de power-series bekeken voor

\(F_i\)

en die blijkt keurig te voldoen aan de 'closed loop' formule.

\(s_i(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^\infty (-1)^k F_{i(k)} x^k = \frac{-x}{1+x+x^2}\)

Voor:

\( (|x| < \Phi_i = x < 1) \)

Moest alleen de sommering alternerend maken (en alle tekens in de convergentieformule omdraaien)

En wat is

\( s_i(\frac{1}{10})\)

? Inderdaad: precies

\(\frac{1}{111}\)

de fractie van de alternerende serie.

[Agno]

Wat je je af zou kunnen vragen is, wat er zo bijzonder is aan het rijtje

\(K_2,K_3,K_4,\cdots\)

,

als voor

\(n=2,3,4,\cdots\)

\(\frac{F_0}{n^1} + \frac{F_1}{n^2} + \frac{F_2}{n^3} + \cdots = \frac{1}{K_n}\)

\(K_2,K_3,K_4,\cdots\)

is

\(1,5,11,19,29,41,55,71,89,\cdots\)

.

Van deze eerste 9 termen zijn er maar liefst 5 Fibonaccigetallen.

Daarna volgt er geen een meer.

De eerste 100 termen:

1,5,11,19,29,41,55,71,89,109,131,155,181,209,239,271,305,341,379,419,461,505,550

,599,649,701,755,811,869,929,991,1055,1121,1189,1259,1331,1405,1481,1559,1639,

1721,1805,1891,1979,2069,2161,2255,2351,2449,2549,2651,2755,2861,2969,3079,

3191,3305,3421,3539,3659,3781,3905,4031,4159,4289,4421,4555,4691,4829,4969,

...

Mij vielen eigenlijk meteen het hoge aantal priemgetallen op (in bold).

[Agno]

De algemene formule (http://en.wikipedia.org/wiki/Fibonacci_number is:

\(\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{F_n}{10^{(k+1)(n+1)}} = \frac{1}{10^{2k+2}-10^{k+1}-1}\)

Voor alle integers

\(k\ge0\)

Voor k=0 komt er dan

\(\frac{1}{89}\)

(100-10-1).

Dus voor de

\(F_i\)

zou je verwachten:

\(\displaystyle\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{F_{i(n)}}{10^{(k+1)(n+1)}} = \frac{1}{10^{2k+2}+10^{k+1}+1}\)

Voor alle integers

\(k\ge0\)

Voor k=0 komt er dan

\(\frac{1}{111}\)

(100+10+1).

[leeghhoofdt]

Wat een onzettend leuk topic Agno en ook Peter Pan, jullie bedrijven wetenschap zoals het hoort, open en toegangkelijk voor iedereen en vooral met veel enthousiasme. Bovenal natuurlijk erg leerzaam voor de lezer. Ik hoop van ganser harte dat dit niet het laatste bericht hier zal zijn!!

[Agno]

Het rijtje voor

\(F_i\)

is

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

.

Een waarlijk bedriegelijk simpel rijtje dat zichzelf om elke 6 stappen herhaalt. Dacht dat er wel een hele simpele formule voor zou bestaan.

Mijn eerste "hard coded" poging in Maple was:

\(F_i(n) = \left\{\begin{array}{ll} 0 & n \mod 6 =0\\\(-1 & n\mod 6 =1\\\(-1 & n \mod 6 =2\\\ 0 & n \mod 6 =3\\\ 1 & n \mod 6 =4\\\ 1 & n \mod 6 =5\\\ 0 & otherwise\end{array}\)

Deze formule werkt prima als je F(x) op de command line invoert. Om de een of andere reden werkt hij opeens niet meer als je deze in een som (achter het sigma teken) onderbrengt. Dan werkt ie maar tot n=5 en geeft daarna alleen maar nullen (oftewel de otherwise waarde). Heb er een hele avond aan besteed voor ik daar achter kwam). Lijkt op een bug in Maple.

Toen maar de officiële formule als functie geprogrammeerd:

\(F_i(n) = \frac{(1-i \sqrt(3))^n - (1+i \sqrt(3))^n}{2^ni\sqrt(3)}\)

En die werkt perfect. Kon meteen een foutje in de powerseries opsporen en de correcte weergave is:

\(s_i(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^\infty F_{i(k)} x^k = \frac{-x}{1-x+x^2}\)

Voor:

\( (|x| < \Phi_i => x < 1) \)

Voor

\(s_i(\frac{1}{10}) = -\frac{10}{91}\)

En alternerend:

\(a_i(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^\infty (-1)^{k+1} F_{i(k)} x^k = \frac{-x}{1+x+x^2}\)

Voor:

\( (|x| < \Phi_i => x < 1) \)

Voor

\(a_i(\frac{1}{10}) = -\frac{10}{111}\)

Dit moet vast simpeler kunnen, zeker gezien het feit dat om de drie getallen

\(F_i(n)=0\)

en die 'doen' dus helemaal niks in deze serie.

[Agno]

En dan kunnen we nu ook de formule generaliseren voor alle mogelijke "Fibonacci-rijen" en wel als volgt:

\(F_j(n) =\)

n-e getal in de j-de "Fibonacci" rij waarvoor geldt:

\(F_j(0) = 0\)

\(F_j(1) = \left(\dfrac12+\dfrac12 \sqrt{j}\right)^2 - \left(\frac12+\dfrac12 \sqrt{j}\right) = \dfrac{j-1}{4}\)

\(F_j(n) = F_j(n-1) + F_j(n-2) \)

\(F_j(n) = \left\{\begin{array}{ll} \dfrac{(1-j)}{4} \dfrac{\left((1-\sqrt{-3})^n - (1+\sqrt{-3})^n\right)}{2^n\sqrt{-3}} & j < 1\\\ 0 & j = 1\\\-\dfrac{(j-1)}{4} \dfrac{\left((1+\sqrt{5})^n - (1-\sqrt{5})^n\right)}{2^n\sqrt{5}} & j >1 \end{array}\)

Het werkt zelfs als j een complex getal is (waarbij het reële deel groter of kleiner dan 1 is).

Dus:

\(j \in \mathbb{C}, n \in \mathbb{N}\)

En toch heb ik het gevoel dat het ook in één (continue) formule voor alle rijen moet kunnen...

[Klintersaas]

LaTeX-tip 1:

Je kunt haakjes laten "meeschalen" met de uitdrukking. Gebruik daartoe de commando's \left( en \right):

\(\left(\frac12+\frac12 \sqrt{j}\right)\)

(klik voor de code)

LaTeX-tip 2:

Om je wortel over meerdere tekens door te laten lopen, zet je het "argument" tussen accolades (commando \sqrt{}):

\(\sqrt{(-3)^n}\)

(klik voor de code)

[Agno]

LaTeX-tip 1:

Je kunt haakjes laten "meeschalen" met de uitdrukking. Gebruik daartoe de commando's \left( en \right):

\(\left(\frac12+\frac12 \sqrt{j}\right)\)

(klik voor de code)

LaTeX-tip 2:

Om je wortel over meerdere tekens door te laten lopen, zet je het "argument" tussen accolades (commando \sqrt{}):

\(\sqrt{(-3)^n}\)

(klik voor de code)

Dank Klinterklaas. Ik heb de vorige post nog net kunnen aanpassen en het werkt.

Misverstanden ontstaan makkelijk in Latex, want ik bedoelde helemaal niet

\(\sqrt{(-3)^n}\)

maar

\(\left(\sqrt{(-3)}\right)^n\)

[Klintersaas]

Graag gedaan. Ik ben blij dat ik een minuscuul esthetisch steentje kan bijdragen aan deze mooie topic. Eigenlijk jammer dat ik het niet eerder heb gezegd, dan waren veel misverstanden vermeden.

[Agno]

En dan kunnen we nu ook de formule generaliseren voor alle mogelijke "Fibonacci-rijen" en wel als volgt:

\(F_j(n) =\)

n-e getal in de j-de "Fibonacci" rij waarvoor geldt:

\(F_j(0) = 0\)

\(F_j(1) = \left(\dfrac12+\dfrac12 \sqrt{j}\right)^2 - \left(\frac12+\dfrac12 \sqrt{j}\right) = \dfrac{j-1}{4}\)

\(F_j(n) = F_j(n-1) + F_j(n-2) \)

\(F_j(n) = \left\{\begin{array}{ll} \dfrac{(1-j)}{4} \dfrac{\left((1-\sqrt{-3})^n - (1+\sqrt{-3})^n\right)}{2^n\sqrt{-3}} & j < 1\\\ 0 & j = 1\\\-\dfrac{(j-1)}{4} \dfrac{\left((1+\sqrt{5})^n - (1-\sqrt{5})^n\right)}{2^n\sqrt{5}} & j >1 \end{array}\)

Het werkt zelfs als j een complex getal is (waarbij het reële deel groter of kleiner dan 1 is).

Dus:

\(j \in \mathbb{C}, n \in \mathbb{N}\)

En toch heb ik het gevoel dat het ook in één (continue) formule voor alle rijen moet kunnen...

Natuurlijk werkt deze formule ook gewoon voor n<0.

Dus:

\(j \in \mathbb{C}, n \in \mathbb{Z}\)

[Agno]

Toch nog wat verder geëxperimenteerd om te zien of er een formule bestaat om

\( F_i(n)\)

uit

\(F(n)\)

af te leiden met het volgende kloppende resultaat.

\(F_i(n) = \left(F(n) \mod 2\right) (-1) ^{\left(n- (F(n-1) \mod 6)\right)\)

Dit levert keurig de repeterende serie

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

op.

Puur proefondervindelijk, geen bewijs en wellicht kan het nog veel simpeler (al vermoed ik dat je 'mod 2' en 'mod 6' nodig hebt, omdat de nullen in

\(F_i\)

precies overeenkomen met de even Fibonacci getallen en het patroon zich om de zes elementen herhaalt).

[PeterPan]

Voor het rijtje

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

geldt

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