Hans Walser, [20150823]
Fibonacci-Potenzen 1 Worum geht es
Es werden die Quadrate, Kuben und vierte Potenzen der Folgen mit der Fibonacci- Rekursion behandelt. Insbesondere kommen die Fibonacci-Folge und die Lucas-Folge vor.
2 Quadrate
2.1 Rekursion für Quadrate der Fibonacci Zahlen Aus der Formel von Binet
Fn = 1
5⎛⎝Φn− −
( )
Φ1 n⎞⎠, Φ=1+25 (1) erhalten wir:Fn2 = 15
(
Φ2n−2( )
−1n+Φ−2n)
(2)Behauptung: Es gilt folgende Rekursion:
Fn+12 =2Fn2+2Fn−12 −Fn−22 (3) Beweis: Nachrechnen unter Verwendung von (2).
2.2 Beginn mit Rekursion
Eine beliebige Folge an habe die Rekursion:
an+1=2an+2an−1−an−2 (4) Daraus ergibt sich:
an+1
an =2+2aan−1
n −an−2a
n =2+2aan−1
n −aan−2
n−1
an−1
an (5)
Für den Grenzwert
a= lim
n→∞
an+1
an (6)
finden wir die kubische Gleichung:
α =2+2α1 − 1 α2
α3−2α2−2α+1=0
(7)
Diese hat die Lösungen:
α1=Φ2, α2 =
( )
Φ1 2, α3=−1 (8)Somit gilt für die Folge an die verallgemeinerte Binet-Formel:
an =r1Φ2n+r2
( )
Φ1 2n+r3( )
−1n (9)2.3 Beispiele
2.3.1 Quadrate der Fibonacci-Folge Fibonacci-Folge:
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8
Fn 0 1 1 2 3 5 8 13 21 Tab. 1: Fibonacci-Folge
Wir arbeiten mit den Startwerten:
a0 =0, a1=1, a2 =1 (10)
Für die Koeffizienten r1,r2,r3 erhalten wir die Bedingung:
0=r1Φ0+r2
( )
Φ1 0 +r3( )
−1 01=r1Φ2+r2
( )
Φ1 2 +r3( )
−111=r1Φ4 +r2
( )
Φ1 4 +r3( )
−12(11)
Das Geleichungssystem (11) hat die Lösung:
r1=15, r2 = 15, r3=−25 (12) Dies ergibt die Formel (2).
2.3.2 Quadrate der Lucas-Folge Lucas-Folge:
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8
Ln 2 1 3 4 7 11 18 29 47 Tab. 2: Lucas-Folge
Wir arbeiten mit den Startwerten:
a0 =4, a1=1, a2 =9 (13)
Für die Koeffizienten r1,r2,r3 erhalten wir die Bedingung:
4=r1Φ0+r2
( )
Φ1 0+r3( )
−1 01=r1Φ2+r2
( )
Φ1 2+r3( )
−119=r1Φ4 +r2
( )
Φ1 4 +r3( )
−1 2(14)
Das Geleichungssystem (14) hat die Lösung:
r1=1, r2 =1, r3=2 (15)
Dies ergibt für die Quadrate der Lucas-Folge die besonders einfache Formel:
L2n =Φ2n+
( )
Φ1 2n+2( )
−1n =⎛⎝Φn +( )
−Φ1 n⎞⎠2 (16)Und tatsächlich:
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 an 4 1 9 16 49 121 324 841 2209
Tab. 3: Quadrate der Lucas-Folge
Aus (16) ergibt sich die Binet-Formel für die Lucas-Folge:
Ln =Φn +
( )
−Φ1 n (17)3 Kuben
Und nun dasselbe für die Kuben.
3.1 Rekursion für die Kuben der Fibonacci Zahlen Es gilt die Rekursion:
Fn+13 =3Fn3+6Fn−13 −3Fn−23 −Fn−33 (18) 3.2 Beginn mit der Rekursion
Eine beliebige Folge bn habe die Rekursion:
bn+1=3bn+6bn−1−3bn−2−bn−3 (19) Für den Grenzwert
β = lim
n→∞
bn+1
bn (20)
finden wir die Gleichung vierten Grades:
β=3+6β1 −3 1
β2 − 1
β3
β4 −3β3−6β2+3β+1=0
(21)
Diese hat die Lösungen:
β1=Φ1 , β2 =
( )
−Φ , β3=−( )
Φ1 3, β4 =Φ3 (22)Somit gilt für die Folge bn die verallgemeinerte Binet-Formel:
bn =r1
( )
Φ1 n+r2( )
−Φ n+r3⎛⎝−( )
Φ1 3⎞⎠n+r4( )
Φ3 n (23)3.3 Beispiele
3.3.1 Kuben der Fibonacci-Folge Wir arbeiten mit den Startwerten:
b0 =0, b1=1, b2 =1, b3=8 (24) Für die Koeffizienten r1,r2,r3,r4 erhalten wir die Bedingung:
0=r1
( )
Φ1 0+r2( )
−Φ 0+r3⎛⎝−( )
Φ1 3⎞⎠0+r4( )
Φ3 01=r1
( )
Φ1 1+r2( )
−Φ1+r3⎛⎝−( )
Φ1 3⎞⎠1+r4( )
Φ3 11=r1
( )
Φ1 2+r2( )
−Φ 2+r3⎛⎝−( )
Φ1 3⎞⎠2+r4( )
Φ3 28=r1
( )
Φ1 3+r2( )
−Φ 3+r3⎛⎝−( )
Φ1 3⎞⎠3+r4( )
Φ3 3(25)
Das Geleichungssystem (25) hat die Lösung:
r1= 253 5, r2 =−253 5, r3=−251 5, r4 = 251 5 (26) Dies ergibt die Formel:
Fn3=3255
( )
Φ1 n−3255( )
−Φ n− 255⎛⎝−( )
Φ1 3⎞⎠n+ 255( )
Φ3 n= 1
53⎛⎝
( )
Φn − −( )
Φ1 n⎞⎠
3 (27)
3.3.2 Kuben der Lucas-Folge Wir arbeiten mit den Startwerten:
b0 =8, b1=1, b2 =27, b3=64 (28) Für die Koeffizienten r1,r2,r3,r4 erhalten wir die Bedingung:
8=r1
( )
Φ1 0 +r2( )
−Φ 0+r3⎛⎝−( )
Φ1 3⎞⎠0 +r4( )
Φ3 01=r1
( )
Φ1 1+r2( )
−Φ1+r3⎛⎝−( )
Φ1 3⎞⎠1+r4( )
Φ3 127=r1
( )
Φ1 2 +r2( )
−Φ 2+r3⎛⎝−( )
Φ1 3⎞⎠2 +r4( )
Φ3 264=r1
( )
Φ1 3+r2( )
−Φ 3+r3⎛⎝−( )
Φ1 3⎞⎠3+r4( )
Φ3 3(29)
Das Geleichungssystem (29) hat die Lösung:
r1=3, r2 =3, r3=1, r4 =1 (30) Dies ergibt die Formel:
L3n =3
( )
Φ1 n+3( )
−Φ n+⎛⎝−( )
Φ1 3⎞⎠n+( )
Φ3 n =⎛⎝( )
Φn +( )
−Φ1 n⎞⎠
3
(31)
4 Vierte Potenzen
Und nun dasselbe für die vierten Potenzen.
4.1 Rekursion für die Kuben der Fibonacci Zahlen Es gilt die Rekursion:
Fn+14 =5Fn4+15Fn−14 −15Fn−24 −5Fn−34 +Fn−44 (32) 4.2 Beginn mit der Rekursion
Eine beliebige Folge cn habe die Rekursion:
cn+1=5cn+15cn−1−15cn−2 −5cn−3+cn−4 (33) Für den Grenzwert
γ = lim
n→∞
cn+1
cn (34)
finden wir die Gleichung fünften Grades:
γ =5+15γ1 −15 1 γ2 −5 1
γ3+ 1 γ4
γ5 −5γ 4−15γ 3+15γ2+5γ −1=0
(35)
Diese hat die Lösungen:
γ1=1, γ2 =−
( )
Φ1 2, γ3=−Φ2, γ4 =( )
Φ1 4, γ5 =Φ4 (36)Somit gilt für die Folge cn die verallgemeinerte Binet-Formel:
cn =r1+r2⎛⎝−
( )
Φ1 2⎞⎠n+r3( )
−Φ2 n+r4⎛⎝( )
Φ1 4⎞⎠n+r5( )
Φ4 n (37)4.3 Beispiele
4.3.1 Vierte Potenzen der Fibonacci-Folge Wir arbeiten mit den Startwerten:
c0 =0, c1=1, c2 =1, c3=16, c4 =81 (38) Für die Koeffizienten r1,r2,r3,r4 erhalten wir die Bedingung:
0=r1+r2⎛⎝−
( )
Φ1 2⎞⎠0+r3( )
−Φ2 0+r4⎛⎝( )
Φ1 4⎞⎠
0+r5
( )
Φ4 0 1=r1+r2⎛⎝−( )
Φ1 2⎞⎠1+r3( )
−Φ2 1+r4⎛⎝( )
Φ1 4⎞⎠
1+r5
( )
Φ4 1 1=r1+r2⎛⎝−( )
Φ1 2⎞⎠2+r3( )
−Φ2 2+r4⎛⎝( )
Φ1 4⎞⎠
2+r5
( )
Φ4 2 16=r1+r2⎛⎝−( )
Φ1 2⎞⎠3+r3( )
−Φ2 3+r4⎛⎝( )
Φ1 4⎞⎠
3+r5
( )
Φ4 3 81=r1+r2⎛⎝−( )
Φ1 2⎞⎠4+r3( )
−Φ2 4+r4⎛⎝( )
Φ1 4⎞⎠
4 +r5
( )
Φ4 4(39)
Das Geleichungssystem (39) hat die Lösung:
r1= 256 , r2 =−254 , r3=−254 , r4 = 251 , r5 = 251 (40) Dies ergibt die Formel:
Fn4 = 256 −254 ⎛⎝−
( )
Φ1 2⎞⎠n−254( )
−Φ2 n+251 ⎛⎝( )
Φ1 4⎞⎠
n+251
( )
Φ4 n (41)4.3.2 Vierte Potenzen der Lucas-Folge Wir arbeiten mit den Startwerten:
c0 =16, c1=1, c2 =81, c3=256, c4 =2401 (42) Für die Koeffizienten r1,r2,r3,r4 erhalten wir die Bedingung:
16=r1+r2⎛⎝−
( )
Φ1 2⎞⎠0+r3( )
−Φ2 0+r4⎛⎝( )
Φ1 4⎞⎠
0+r5
( )
Φ4 0 1=r1+r2⎛⎝−( )
Φ1 2⎞⎠1+r3( )
−Φ2 1+r4⎛⎝( )
Φ1 4⎞⎠
1+r5
( )
Φ4 1 81=r1+r2⎛⎝−( )
Φ1 2⎞⎠2+r3( )
−Φ2 2+r4⎛⎝( )
Φ1 4⎞⎠
2+r5
( )
Φ4 2 256=r1+r2⎛⎝−( )
Φ1 2⎞⎠3+r3( )
−Φ2 3+r4⎛⎝( )
Φ1 4⎞⎠
3+r5
( )
Φ4 3 2406=r1+r2⎛⎝−( )
Φ1 2⎞⎠4 +r3( )
−Φ2 4 +r4⎛⎝( )
Φ1 4⎞⎠
4+r5
( )
Φ4 4(43)
Das Geleichungssystem (43) hat die Lösung:
r1=6, r2 =4, r3=4, r4 =1, r5 =1 (44) Dies ergibt die Formel:
Ln4 =6+4⎛⎝−
( )
Φ1 2⎞⎠n+4( )
−Φ2 n+⎛⎝( )
Φ1 4⎞⎠
n+
( )
Φ4 n =⎛⎝Φn+( )
−Φ1 n⎞⎠
4
(45)
Da haben wir etwas mit der Kirche ums Dorf gerechnet.