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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:24 Mo 03.01.2005 | | Autor: | ALT-F4 |
hallo
ich hoffe die Fibonaccifolge ist bekannt...
Ich habe schon gezeigt, dass die PR [mm] a_{n}x^{n} [/mm] für alle |x| < [mm] \bruch{1}{2} [/mm] konv.
Außerdem habe ich schon gezeigt, dass f(x) = [mm] (1-x-x^{2})^{-1} [/mm] ist.
Nun soll ich eine explizite Darstellung der Folgenglieder angeben und mir fehlt jeglicher Ausgangspunkt...
vielen Dank
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:32 Mo 03.01.2005 | | Autor: | moudi |
Also das funktioniert ungefähr so.
Man schreibt die Rekursion in Matrizenform.
Sei [mm]a_0=1, a_1=1[/mm] und [mm]a_n=a_{n-1}+a_{n-2}[/mm], dann gilt
[mm]\underbrace{\pmat{0 & 1 \\ 1 & 1}}_{A}\vektor{a_0 \\ a_1}=\vektor{a_1 \\ a_2}[/mm]
und a forteriori
[mm]A^n\vektor{a_0 \\ a_1}=\vektor{a_n \\ a_{n+1}}[/mm]
Die Idee ist, dass man jetzt die Matrix A diagonalisiert (die Eigenwerte [mm]\lambda_1[/mm] und [mm]\lambda_2[/mm] sind gerade der goldene Schnitt und der negative Kehrwert davon).
Dann kann man [mm]A^n[/mm] mit Hilfe der Transformationsmatrix T explizit berechnen:
Gilt [mm]T^{-1}AT=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2)[/mm], dann ist [mm]A^n=T\,\operatorname{diag}(\lambda_1^n,\lambda_2^n)\,T^{-1}[/mm].
Und mit Hilfe von [mm]A^n[/mm] (siehe oben) erhält man eine explizite Formel für [mm]a_n[/mm].
Die Transformationsmatrix zu berechne (sie besteht aus den Eigenvektoren) ist relativ mühsam. Aber die explizite Formel für
die Fibonaccifolge sieht relativ kompliziert aus.
mfG Moudi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:11 Di 04.01.2005 | | Autor: | ALT-F4 |
vielen dank, aber das hört dich ja sehr nach LA an..
nun ja, die Aufgabe steht so auf meinem ANA I Blatt
also denke ich doch, dass es eine etwas einfachere Lösung geben muss
ein Freund meinte gestern, dass der Prof. etwas von dem Idenditätssatz für Potenzreihen gemurmelt hat, nur ich hab doch nur eine PR....
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:01 Di 04.01.2005 | | Autor: | andreas |
hi
ich hätte folgende idee, die aber vermutlich nicht wirklich ausgereift ist, sie hat aber immerhin etwas mit dem identitätssatz für potenzreihen zu tun: berechen die nullstellen [m] x_1, x_2 \in \mathbb{R} [/m] von [m] 1 - x - x^2 [/m] und stelle dann
[m] \frac{1}{1 - x - x^2} = \frac{A}{x - x_1} + \frac{B}{x - x_2} [/m]
mit geeigenten koeffizienten [m] A, B \in \mathbb{R} [/m] dar (die zahlen [m] x_1, x_2, A, B [/m] haben alle etwas mit dem goldenen schnitt zu tun, das könnte also eine etwas unangenehmere rechnerei werden).
dann kann man die ausdrücke auf der linken seite mit hilfe der geometrischen reihe in potenzreihen entwickeln und erhält als eine darstellung der form
[m] \sum_{n=0}^\infty F_n x^n = \sum_{n=0}^\infty a_n x^n [/m],
wobei die [mm] $a_n$ [/mm] die summe der beiden koeffizienten aus den geometrischen reihen sind. dann sollten dir die [mm] $a_n$ [/mm] eine explizite darstellung für die [mm] $F_n$ [/mm] geben nach dem identitätssatz für potenzreihen.
hoffe das führt zum ziel. du kannst ja dann deine ergebniss hier reinstellen.
grüße
andreas
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:19 Di 04.01.2005 | | Autor: | ALT-F4 |
[mm] \sum_{n=1}^\infty~a_{n}x^{n} [/mm] = f(x) = [mm] -\frac{1}{x^{2}+x-1} [/mm] = [mm] \frac{1}{(x-x_{1})(x-x_{2})}
[/mm]
nach ein "wenig" rumrechnen bin ich dann auf:
[mm] \frac{1}{\sqrt{5}} \sum_{n=1}^\infty~(\frac{1}{x_{1}^{n+1}}-\frac{1}{x_{2}^{n+1}})
[/mm]
Nun kann ich ja [mm] a_{n} [/mm] mit [mm] (\frac{1}{x_{1}^{n+1}}-\frac{1}{x_{2}^{n+1}}) [/mm] gleichsetzen.
Als Endergebnis komme ich dann auf:
[mm] a_{n-1} [/mm] = [mm] \frac{1}{\sqrt{5}}((\frac{2}{-1+\sqrt{5}})^{n}-(\frac{2}{-1-\sqrt{5}})^{n}) [/mm]
also explizite Darstellung
vlt kennt ja einer das Ergebniss und kann mein Ergebniss mal vergleichen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:58 Di 04.01.2005 | | Autor: | andreas |
hi
wenn man die fibonacci-zahlen als [m] F_0 := 0, \; F_1 := 1, \; F_{n+2} := F_{n+1} + F_n , \; n \in \mathbb{N} [/m] definiert, so kenne ich die darstellung
[m] F_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left[ \left( \frac{1+ \sqrt{5}}{2} \right)^n - \left( \frac{1- \sqrt{5}}{2} \right)^n \right] [/m]
die als formel von binet bekannt ist.
bei sowas kann man seine rechnung ja im allgemeinen auch ganz gut prüfen, indem man ein paar werte einsetzt.
grüße
andreas
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:06 Di 04.01.2005 | | Autor: | ALT-F4 |
vielen dank
wenn man meine Lösung umformt (nenner rational machen) dann komme ich auch auf die lösung..
wunderbar!
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Trotz verspätetem Lesen, hier meine Idee, das Problem anzugehen. Zunächst gehe ich nur von Intuition aus, beweise das so gefundende Ergebnis abschließend durch vollständige Induktion:
lim(a(n)/a(n-1)) = [mm] (5^0,5+1)/2:=L [/mm] ist bekannt. Geht man ein paar Werte durch, eröffnet sich schnell die Monotonie des Quotienten a(n)/a(n-1), der auch beschränkt ist im Intervall [1;L[, also einem relativ kleinem Spielraum.
Wir können also a(n)/a(n-1) guten Gewissens als konstant betrachten, nämlich L, wie es ja auch wegen anfangs errrechnetem Grenzwert nahe liegt. Dies wiederum impliziert das exponentielle Wachstum von a(n) zur Basis L. Schnell zeigt sich: L^(n-1) =< [mm] a(n)=
Richten wir nun unser Augenmerk auf die Differenz [mm] L^n-a(n). [/mm] Die Gesetzmäßigkeit fällt leicht ins Auge: es lässt sich eine ein-fache Rekursionsformel entwickeln: a(n)= [mm] L^n-2/L*a(n-1).
[/mm]
-2/L:= M
Entwickelt man so die Fibonacchifolge, wird schnell deutschlich: a(n) = Summation von k=0 bis n:( [mm] L^{n-k}*M^k), [/mm] was eine geometrische Reihe wäre. Somit kommt man auf das unkonventionellere Ergebnis:
a(n)= [mm] L^n*(L^2+(-1/L)^n)/(1+L^2)
[/mm]
PS: Sorry für das Layout...
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