domingo, 21 de marzo de 2010

Sucesiones geométricas de Fibonacci

IV Concurso IES Miguel Hernández, 2009

Este problema habla de ciertos tipos de sucesiones y sus propiedades.

Una sucesión se llama progresión geométrica si existe un número llamado razón que cumple que cada término de la sucesión se puede obtener multiplicando el anterior por la razón. Seguramente ya habrás estudiado este tipo de sucesiones.

Una sucesión se llama de Fibonacci si cada término a partir del tercero es suma de los dos anteriores. El ejemplo clásico de este tipo de sucesiones es la que forma 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ..., pero también se pueden construir muchas otras cambiando los dos primeros términos, por ejemplo 3, -1/2, 2 + 1/2, 2, 4 + 1/2, 6 + 1/2, ...

El problema que tienes que realizar pide demostrar los dos enunciados siguientes:

Si una sucesión no nula es simultáneamente progresión geométrica y de Fibonacci, entonces su razón es, o bien el número áureo, (√(5)+1)/2, o bien el opuesto de su inverso, (1-√(5))/2.

Además, si una progresión geométrica tiene una de esas dos razones, sea cual sea su primer término, entonces es una sucesión de fibonacci.

Solución

10 comentarios:

Lluís Usó dijo...

Notació a1 és el primer terme, a2 el segon, an l' enèsim..., r és la raó. Són tots reals (i n natural). Si és de fibonacci (no nula) es compleix:

a1 o a2 !=0, an=(an-1) + (an-2) n>2;

si és geomètrica (no nula) a1!=0, r!=0 , an=r*an-1

igualant les dues expressions tenim:

an-1 + an-2=r*an-1, com sabem que an-1=r*an-2;
(r+1)*an-2=r^2*an-2, simplifiquem an-2 (podem ja que per construcció és desigual a 0), i queda una equació de segon grau amb les solucions esmentades...
1/2+-(5/4)^1/2,

Lluís Usó dijo...

El segon enunciat es deriva immediatament de la demosració del primer, ja que a1 pot ser qualsevol real. Evidentment, el cas a1=0 és trivial i ens deixaria una successió de zeros, però seria igualment de fibonacci, (0+0=a*0 per a tot a real)

Proble Mático dijo...

Lluís:
En un caso estoy de acuerdo, en el otro no puedo estarlo. Te falta un importante detalle ¿qué pasa con el tercer, el cuarto, y demás términos?

Proble Mático dijo...

Quiero decir, falta algo de rigor para cerrar la demostración completa.

Lluís Usó dijo...

Crec que és el següent:

fi^k=fi^(k-1)+fi^(k-2) fi=(1+sqrt(5))/2

fi^k-1 + fi^k-2=(fi+1)*fi^k-2=fi^k

ja que fi+1=fi^2, ((5)^1/2 +3)/2=(5+1+2(5^1/2))/4

De manera anàloga per al conjugat de fi (fi') fi'+1=fi'^2

L'enèsim terme d'una progressió geomètrica de raó fi (o fi') és a1*fi^n, i si considerem de fibonacci, a1*fi^n-2 +a1*fi^n-1=a1*fi^n per tant per a tot n la descripció geomètrica és equivalent a la recursiva d efibonacci, qed

Lluís Usó dijo...

He de dir, d'altra banda, que qualsevol successió de fibonacci es pot aproximar per uan geomètrica de raó fi ,

ja que els quocients entre un terme i l'anterior tendeixen a fi. és a dir:

per a n->00, (an/an-1) -> fi

dem:
(NB: és només un esquema per tal que lector es faça una idea de com aniria la demostració...)

an=an-1 +an-2, per tant:

an/an-1 = 1+(an-2/an-1), per a n->00, (an/an-1)-(an-1/an-2)->0 ("els dos termes poden ser considerats iguals a l'hora de calcular el limit"), i per tant:

b=1/b +1, que té per solucions fi i fi'

D'aquesta manera, an, pot ser aproximat per a1*fi^(n-1), aquesta aproximació serà exacta si a2=a1*fi, i en cas contrari serà una bona aproximació per a n gran.
Açò resulta útil quan es vol determinar un terme amb n gran i es vol evitar la feinada de determinar tots els anteriors.

ex a1=1, a2=1 (fib clàssica)

En aquest cas, ja es veu, que serà una millor aproximació fi^n-2, ja que no comença a creixer fins a3...

així: a10=55, aprox=46,97
a100(aproximat, calculat recursivament en matlab)= 3,54*10^20 aproximació=3,025*10^20
a1000=4,346*10^208, aprox=3,71*10^208


Evidentment convergeix, però evidentment, la rapidesa amb la que ho faça dependirà de quant s'assemble a2 a fi*a1...

HUGO LUYO SÁNCHEZ dijo...

Hola, que tal soy Hugo Luyo Sánchez,soy peruano, y practico el ARTE DE RESOLVER PROBLEMAS MATEMÁTICOS, por ello tengo dos blog, en los cuales publico quincenalmente una serie de artículos y problemas de diversos temas de olimpiadas de matemática,para que ayude a los chicos peruanos que participan en las competencias matemáticas, te inivito a que visites mi blog y a la vez invites a tus seguidores para que puedan aprovechar el material que cuelgo, mi primer blog es

http://blog.pucp.edu.pe/index.php?blogid=2644

y el otro de problemas retos, es

http://mathematicorum.wordpress.com/2010/03/23/mas-problemas-reto/

en estos días revisaré los problemas que propones para ver si puedo resolverlos,nos vemos.

Anónimo dijo...

Para un término general:

an=a1*R^(n-1)=an-1+an-2
an+1=a1*R^n=an+an-1
an+2=a1*R^(n+1)=an+an+1

Reemplazando an+1=a1*R^n y an=a1*R^(n-1) en an+2:

a1*R^(n+1)=a1*R^n + a1*R^(n-1) simplificando por a1 y por R^(n-1) queda:
R^2-R^1-1=0, resolviendo
R=(√(5)+1)/2 ó R=(1-√(5))/2
PABLO FELIPE MARTINEZ RAMOS
PABLO154

Anónimo dijo...

(<----)
Sea Sn=a1*R^(n-1) donde R=(√(5)-1)/2 ó R=(1+√(5))/2
que ya sabemos que son las raices de R^2-R-1=0 lo que podemos escribir de la sgte forma:
1) R^2=R+1
Luego

Sn=a1*R^(n-1)
Sn+1=a1*R^n
Sn+2=a1*R^(n+1)
Probaremos que:Sn+Sn+1=Sn+2

Demostración:

Sumando(Sn)+(Sn+1)=
a1*R^(n-1)+a1*R^n factorizando por R^(n-1) y por a1
a1*R^(n-1)*(1+R), por la igualdad 1) 1+R=R^2, reemplazando
a1*R^(n-1)*R^2
a1*R^(n+1)=Sn+2
por lo tanto:
Sn+Sn+1=Sn+2
PABLO MARTINEZ RAMOS
PABLO154

Anónimo dijo...

Hahaha, El meu portàtil es va estavellar quan estava navegant en aquest lloc última vegada que vaig estar aquí. I durant els últims 2 mesos he estat buscant aquest weblog, per la qual agraïda que es troba una vegada més! : D