Σειρά με Fibonacci

Tolaso J Kos · #1

Δείξατε, με τις ίδιες αρχικές τιμές που δίδονται εδώ , ότι:
$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \arctan \frac{1}{F_{2n+1}} = \frac{\pi}{2}}$ Μου τη θύμισε η άσκηση στο σύνδεσμο. Πάλι θα 'χουμε τηλεσκοπικό, αλλά λίγο πιο δύσκολα.

#2

Tolaso J Kos έγραψε: $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \arctan \frac{1}{F_{2n+1}} = \frac{\pi}{2}}$

Λήμμα:

Ισχύει

$\displaystyle{\boxed{\arctan \frac{1}{F_{2k+1}}=\arctan \frac{1}{F_{2k}}-\arctan \frac{1}{F_{2k+2}}}}$ ( $\displaystyle{\bf \color{red}\bigstar}$ )

Απόδειξη:

Παίρνοντας εφαπτόμενες στα δύο μέλη και κάνοντας απλές πράξεις αναγόμαστε στην $\displaystyle{F^2 _{2k+1}=F_{2k}F_{2k+2}+1,}$ η οποία είναι άμεση από την ταυτότητα Cassini.

Επομένως όντως το ζητούμενο άθροισμα είναι τηλεσκοπικό και είναι εύκολο να δούμε ότι

$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \arctan \frac{1}{F_{2n+1}} =\arctan \frac{1}{F_1}+\arctan \frac{1}{F_2}-\lim_{n\to \infty}\arctan \frac{1}{F_{2n+2}}=\frac{\pi}{2}.}$

Tolaso J Kos · #3

Γεια σου Θάνο. Ωραιότατα. Να το συνεχίσω λίγο μιας και μου θύμισε και μία άλλη;

Να αποδείξετε , πάλι με τις ίδιες αρχικές τιμές, ότι
$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{1+F_{2n+1}}=\frac{\sqrt{5}}{2}}$ Σχόλιο: Δε θα χρειαστείτε $\vartheta$ .

#4

Tolaso J Kos έγραψε: Να αποδείξετε , πάλι με τις ίδιες αρχικές τιμές, ότι
$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{1+F_{2n+1}}=\frac{\sqrt{5}}{2}}$

Θα αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{5}(1+F_{2n+1})}=\frac{1}{2}}$

Είναι γνωστό ότι

$\displaystyle{\sqrt{5}F_n=a^n-b^n,}$ όπου $\displaystyle{b=-\frac{1}{a}.}$

Επομένως είναι

$\displaystyle{\sqrt{5}(1+F_{2n+1})=a^{2n+1}+\frac{1}{a^{2n+1}}+\sqrt{5}}$

και άρα

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{5}(1+F_{2n+1})}\stackrel{x:=a^{2n+1}}{=}\frac{x}{x^2+\sqrt{5}x+1}}$ .

Με ανάλυση σε απλά κλάσματα προκύπτει

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{5}(1+F_{2n+1})}=\frac{b}{x-b}+\frac{a}{x+a},}$

το οποίο γράφεται τελικά

$\displaystyle{\frac{1}{a^{2n}+1}-\frac{1}{a^{2n+2}+1}.}$

Επομένως είναι

$\displaystyle{\sum_{n=0}^{m} \frac{1}{\sqrt{5}(1+F_{2n+1})}=}$

$\displaystyle{=\frac{1}{a^0+1}-\cancel{\frac{1}{a^2+1}}+\cancel{\frac{1}{a^2+1}}-\cancel{\frac{1}{a^4+1}}+\cancel{\frac{1}{a^4+1}}-\cancel{\frac{1}{a^6+1}}+\cdots +\cancel{\frac{1}{a^{2m}+1}}-\frac{1}{a^{2m+2}+1}=}$

$\displaystyle{=\frac{1}{2}-\frac{1}{a^{2m+2}+1}}$ .

Τώρα το ζητούμενο είναι συνέπεια του

$\displaystyle{\lim \frac{1}{a^{2m+2}+1}=0.}$

Tolaso J Kos · #5

Χωρίς να διαφέρει σημαντικά από τη λύση του Θάνου (πώς θα μπορούσε άλλωστε ; ) δίνω τη παρακάτω μιας και το χω έτοιμο:

Ας δηλώσουμε με $\varphi=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ το χρυσό λόγο. Τότε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=0}^N\frac{1}{1+F_{2n+1}}&= \sum_{n=0}^N\frac{1}{1+\frac{\varphi^{2n+1}+\varphi^{-(2n+1)}}{\sqrt{5}}} \\ &= \sqrt{5} \sum_{n=0}^{N}\frac{\varphi^{2n+1}}{\varphi^{2(2n+1)}+\sqrt{5}\varphi^{2n+1}+1} \\ &=\sqrt{5} \sum_{n=0}^{N}\frac{\varphi^{2n+1}}{(\varphi^{2n+1}+\varphi)\left( \varphi^{2n+1}+\frac{1}{\varphi}\right)}\\ &= \sqrt{5} \sum_{n=0}^{N}\frac{\varphi^{2n+1}}{(\varphi^{2n}+1)\left( \varphi^{2n+2}+1\right)} \\ &= \frac{\varphi\sqrt{5}}{1-\varphi^2}\sum_{n=0}^N\left(\frac{\varphi^{2n}}{1+\varphi^{2n}}-\frac{\varphi^{2n+2}}{1+\varphi^{2n+2}} \right) \\ &=\sqrt{5}\left(\frac{\varphi^{2N+2}}{1+\varphi^{2N+2}} -\frac{1}{2}\right) \end{aligned}}$ Παίρνοντας όριο βγάζουμε ότι η ζητούμενη σειρά είναι όντως ίση με $\displaystyle{\mathcal{S}=\frac{\sqrt{5}}{2}}$ .

Tolaso J Kos · #6

Συνεχίζω και με ακόμα μία σειρά με Fibonacci. Αυτή τη φορά δίδεται ως .

Δείξατε ότι
$\displaystyle{\sum_{n=2}^{\infty} {\rm arctanh} \left( \frac{1}{F_{2n}} \right) =\frac{\log 3}{2}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Tolaso J Kos · #7

Tolaso J Kos έγραψε:Συνεχίζω και με ακόμα μία σειρά με Fibonacci. Αυτή τη φορά δίδεται ως .

Δείξατε ότι
$\displaystyle{\sum_{n=2}^{\infty} {\rm arctanh} \left( \frac{1}{F_{2n}} \right) =\frac{\log 3}{2}}$
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Μπορούμε , βέβαια, να ξεκινήσουμε τη σειρά από το με αρχικές συνθήκες και .

Επαναφορά .

Tolaso J Kos · #8

Tolaso J Kos έγραψε:Συνεχίζω και με ακόμα μία σειρά με Fibonacci. Αυτή τη φορά δίδεται ως .

Δείξατε ότι
$\displaystyle{\sum_{n=2}^{\infty} {\rm arctanh} \left( \frac{1}{F_{2n}} \right) =\frac{\log 3}{2}}$

Αφού δεν απάντησε κάποιος δίδω μία απάντηση.

Για τη συνάρτηση ${\rm arctanh}$ ισχύει ότι $\displaystyle{{\rm arctanh}\; x - {\rm arctanh} \; y= {\rm arctanh} \left ( \frac{x-y}{1-xy} \right )}$ . Επίσης από τη ταυτότητα Cassini έχουμε ότι
$\displaystyle{F_{n-1} F_{n+1} - F_n^2 = (-1)^n \quad \quad \quad \quad \quad \quad (1)}$ Θέτοντας $n \mapsto 2n$ στην (1)

παίρνουμε ότι
$\displaystyle{F^2_{2n}=F_{2n-1} F_{2n+1} -1 \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad (2)}$ Επίσης είναι γνωστό ότι οι αριθμοί Fibonacci ικανοποιούν την αναδρομική σχέση $\displaystyle{F_n =F_{n-1} + F_{n-2} \quad (3)}$ . Βάζοντας στη (3)

όπου $n \mapsto 2n+1$ έχουμε τη σχέση
$\displaystyle{F_{2n+1} =F_{2n} + F_{2n-1} \Leftrightarrow F_{2n} = F_{2n+1} - F_{2n-1} \quad \quad \quad (4)}$ Χρησιμοποιώντας τις ταυτότητας $(1), \; (2), \; (3), \; (4)$ έχουμε διαδοχικά για το άθροισμα:
$\begin{aligned} \sum_{n=2}^{\infty} {\rm arctanh} \left ( \frac{1}{F_{2n}} \right ) &= \sum_{n=2}^{\infty} {\rm arctanh} \left ( \frac{F_{2n}}{F_{2n}^2} \right ) \\ &=\sum_{n=2}^{\infty} {\rm arctanh} \frac{F_{2n-1} - F_{2n+1}}{1-F_{2n-1}F_{2n+1}} \\ &= \sum_{n=2}^{\infty} {\rm arctanh} \left ( \frac{\frac{1}{F_{2n-1}} - \frac{1}{F_{2n+1}}}{1- \frac{1}{F_{2n-1} F_{2n+1}}} \right )\\ &=\lim_{m \rightarrow +\infty} \sum_{n=2}^{m} \left [ {\rm arctanh} \left ( \frac{1}{F_{2n-1}} \right ) - {\rm arctanh} \left ( \frac{1}{F_{2n+1}} \right )\right ] \\ &= \lim_{m \rightarrow +\infty} \left [ {\rm arctanh} \left ( \frac{1}{F_3} \right ) - {\rm arctanh} \left ( \frac{1}{F_{2m+1}} \right )\right ]\\ &= {\rm arctanh} \left ( \frac{1}{2} \right ) \\ &= \frac{\log 3}{2} \end{aligned}$

Σειρά με Fibonacci

Σειρά με Fibonacci

Re: Σειρά με Fibonacci

Re: Σειρά με Fibonacci

Re: Σειρά με Fibonacci

Re: Σειρά με Fibonacci

Re: Σειρά με Fibonacci

Re: Σειρά με Fibonacci

Re: Σειρά με Fibonacci

Μέλη σε σύνδεση