Fibonacgova sekvenca

Source: http://www.efgh.com/math/fibonacci.htm

LOGO
Philip J. Erdelsky
30. kolovoza 2012

 

 

1. Definicija Fibonacci slijeda

Fibonacgova sekvenca je slijed brojeva sastavljenih prema sljedeća dva pravila:

  • Početne vrijednosti: prva dva pojma su 0 i 1.
  • Povratna relacija: svaki sljedeći termin je zbroj dva prethodna termina.

Lako je izračunati prvih nekoliko pojmova:

       0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, …

2. Zastupanje u zatvorenom obliku

Zatvoreni oblik za n-ti pojam Fibonaccijevog slijeda (gdje je prvi izraz broj 0) je

(1)   [(½ + ½ √ 5) n – (½ – ½ √ 5) n]/√5.

U ovom trenutku većina ljudi želi znati odakle je došao zatvoreni obrazac. To se može provjeriti matematičkom indukcijom, ali se čini previše komplicirano da bi se pojavila iz takvih jednostavnih pravila.

Zapravo, derivacija je prilično jednostavna. Razmotrimo slijed s ponavljanjem odnosa još jednostavnijim od Fibonačijevog odnosa. Pravila su sljedeća:

  • Početne vrijednosti: prvi je pojam 1.
  • Povratna relacija: svaki sljedeći izraz dobiva se množenjem prethodnog termina s nultim zajedničkim omjerom r.

S obzirom na zajednički omjer r, lako je napisati uvjete slijeda:

       1, r, r 2, r 3, …

Zatvorena forma za n-ti termin ovog niza je jednostavna i očita: r n.

Sada postavljamo ključno pitanje. Postoji li ikakva vrijednost uobičajenog omjera r za koji se ovaj slijed također poklapa s Fibonaccijevim ponavljanjem odnosa? Ako je tako, onda

       r n+2 = r n+1 + r n.

Budući da je r ≠ 0, možemo podijeliti obje strane ove jednadžbe pomoću r n dobiti:

       r 2 = r + 1.

Ovo je jednostavna kvadratna jednadžba čija su dva korijena

(2)       r1 = ½ + ½ √ 5,
(3)       r2 = ½ – ½ √ 5,

Stoga svaki od sljedećih slijedi Fibonacci povratna relacija:

       1, r1, r1 2, r1 3, …
      1, r2, r2 2, r2 3, …

Sada napišemo Fibonaccijev povratni odnos za ove sekvence:

       r1 n+2 = r1 n+1 + r1 n,
       r2 n+2 = r2 n+1 + r2 n.

Ako prvu jednadžbu pomnožimo s a, pomnožimo drugu jednadžbu s b i dodamo rezultate

       ar1 n+2 + br2 n+2 = ar1 n+1 + br2 n+1 + ar1 n + br2 n.

To je Fibonaccijev povratni odnos za slijed čiji je n-ti pojam

(4)   ar1 n + br2 n.

Međutim, ovaj slijed možda nema Fibonaccijeve početne vrijednosti. Za to moramo odabrati a i b tako da

       a+b = 0,
       ar1 + br2 = 1.

Rješenje ovog sustava je

(5)   a = 1 / (r1 – r2) = 1/√5,
(6)   b = -1 / (r1 – r2) = -1/√5.

Zatvoreni oblik (1) za n-ti pojam Fibonacci niza dobiva se zamjenom (2), (3), (5) i (6) u (4).

3. Omjer uzastopnih uvjeta

Čini se da je omjer uzastopnih pojmova u Fibonacci nizu sklon ograničenju:

1/1 = 1, 2/1 = 2, 3/2 = 1.5, 5/3 = 1.667, 8/5 = 1.6, 13/8 = 1.625, 21/13 = 1.615, 34/21 = 1.619, …

Zapravo, granica je točno ½ + ½ √ 5, što je otprilike 1.61803. To se može vidjeti iz zatvorenog oblika (1), što nam omogućuje da zapišemo omjer uzastopnih pojmova kao

       (½ + ½ √ 5) n+1 – (½ – ½ √ 5) n+1
       ——————————————–
       (½ + ½ √ 5) n – (½ – ½ √ 5) n

Ako podijelimo brojnik i nazivnik za (½ + ½ √ 5) n, to postaje

       ½ + ½ √ 5 – (½ – ½ √ 5) s n+1
       ————————————–
       1 – s n

gdje s = (½ – ½ √ 5) / (½ + ½ √ 5) ≅ -0.381967. Od |s| < 1, pojmovi koji sadrže s teže nuli kada n raste bez granica, a odnos teži ½ + ½ √ 5.

4. Opće sekvence linearnog ponavljanja

Ista se tehnika može koristiti za pronalaženje zatvorenog oblika za bilo koji slijed čiji je povratni odnos linearan s konstantnim koeficijentima.

Općenito, takav slijed definiran je kako slijedi:

  • Početne vrijednosti: prvi m uvjeti x0, x1, …, xm-1.
  • Povratna relacija: svaki sljedeći pojam definira xn = c1xn-1 + c2xn-2 + c3xn-3 + … + cmxn-m, za sve n ≥ m.

Ovdje to zahtijevamo cm ≠ 0, ali drugi koeficijenti mogu biti nula.

Nastavljajući se kao u slučaju Fibonacci, nalazimo da je slijed čiji je n-ti pojam r n slijedi povratni odnos ako

       r m = c1r m-1 + c2r m-2 + c3r m-3 + … + cm-1r + cm.

tj. ako je r korijen polinoma m-og stupnja

(7)   r m – c1r m-1 – c2r m-2 – c3r m-3 – cm-1r – … – cm = 0.

Od cm ≠ 0, niti jedan od korijena nije nula.

Ako ovaj polinom ima m različite korijene r1, r2, … rm, željeni zatvoreni oblik je

(8)   xn = a1 r1 n + a2 r2 n + a3 r3 n + … + am rm n.

gdje su koeficijenti a1, a2, a3, … am su rješenja

(9)   a1 + a2 + a3 + … + am = x0
        a1 r1 + a2 r2 + a3 r3 + … + am rm = x1
        a1 r1 2 + a2 r2 2 + a3 r3 2 + … + am rm 2 = x2
        ***
        a1 r1 m-1 + a2 r2 m-1 + a3 r3 m-1 + … + am rm m-1 = xm-1

Matrica ovog sustava je transponirana kvadratne Vandermonde matrice, za koju se zna da je nonsingular (vidi Dodatak).

Što ako polinom (7) ima jedan ili više višestrukih korijena? U sustavu neće biti dovoljno jednadžbi (9) koje će jamčiti rješenje. Jasno je da su potrebne neke izmjene.

Možemo napisati relaciju recidiva za slijed čiji je n-ti pojam r n kako slijedi:

       r n – c1r n-1 – c2r n-2 – c3r n-3 – … – cmr n-m = 0.

Taj polinom ima korijen nule od n-m, ali nas ne zanima taj korijen. Nulti dvostruki korijen ovog polinoma je također korijen njegovog derivata:

       nr n-1 – (n-1)c1r n-2 – (n-2)c2r n-3 – (n-3)c3r n-4 – … – (n-m)cmr n-m-1 = 0.

Odatle slijed {0, 1, 2r, 3r 2, …}, čiji je n-ti pojam nr n-1, u ovom slučaju također se povinuje relaciji recidiva.

Stoga, ako je r1 dvostruki korijen, i r2, r3, … rm-1 drugi korijeni, zatvoreni oblik (8) postaje

       xn = a1 r1 n + a2 nr1 n-1 + a3 r2 n + … + am rm-1 n.

Sustav (9) postaje:

       a1 + 0 + a3 + … + am = x0
       a1 r1 + a2 + a3 r2 + … + am rm-1 = x1
       a1 r1 2 + a2 2r1 + a3 r2 2 + … + am rm-1 2 = x2
       a1 r1 3 + a2 3r1 2 + a3 r2 3 + … + am rm-1 3 = x2
       ***
       a1 r1 m-1 + a2 (m-2)r1 m-2 + a3 r2 m-1 + … + am rm-1 m-1 = xm-1

Matrica ovog sustava je Transpose od trga  konfluentne Vandermonde  matricu, koja je poznato da se nesingularnom (vidi Dodatak).

Ako postoje drugi dvostruki korijeni, njima se može rukovati na isti način.

Korijeni veće višestrukosti mogu se rješavati na sličan način, koristeći derivate višeg reda.

DODATAK. Kvadratne matrice Vandermonde

Kvadratna Vandermonde matrica je matrica V čiji su redovi geometrijske progresije sljedećeg oblika:

      | 1, r1, r1 2, r1 3, …, r1 n-1 |
      | 1, r2, r2 2, r2 3, …, r2 n-1 |
V =| 1, r3, r3 2, r3 3, …, r3 n-1 |
      ***
      | 1, rn, rn 2, rn 3, …, rn n-1 |

Ako r1, r2, r3, … rn sve su različite, matrica je nesingularna.

Da bismo to dokazali, najprije primijetimo da ako je V jednina, tada bi postojao neki vektor kolone različit od nule u = (u1, u2, u3, … un)T ako da Vu je nula, tj.,

u1 + u2r1 + u3r1 2 + … + unr1 n-1 = 0
u1 + u2r2 + u3r2 2 + … + unr2 n-1 = 0
***
u1 + u2rn + u3rn 2 + … + unrn n-1 = 0

Međutim, to bi zahtijevalo polinom p(x) = u1 + u2x + u3x 2 + … + unx n-1 imati n različitih korijena r1, r2, r3, … rn, što je nemoguće jer je polinom različit od nule najvišeg stupnja n-1.

U kvadratnoj konfliktnoj Vandermonde matrici, neki redovi su popraćeni njihovim derivatima. Koristi se ista linija argumenta, ali polinom p(x) ima manje od n različitih korijena. Međutim, ima korijene čije se množine zbrajaju s n, što je također nemoguće za nejednakost polinoma stupnja najviše n-1.

 

 

Maths
Uvod u dokaze

Source: http://zimmer.csufresno.edu/~larryc/proofs/proofs.introduction.html Larry W. Cusick Dokazi su srce matematike. Ako ste glavni matematičar, tada se morate suočiti sa dokazima – morate ih znati čitati, razumjeti i napisati. U čemu je tajna? Koju magiju trebate znati? Kratki odgovor glasi: nema tajne, nema misterije, nema magije. Potrebno je samo zdrav razum i osnovno …

Education
Cliffordova algebra na geometrijski proračun

Source: http://geocalc.clas.asu.edu/html/CA_to_GC.html David Hestenes i Garret Sobczyk © Kluwer. Prvo objavljeno 1984. godine; ponovno ispisano s ispravkama 1992. godine. [Sljedeće veze pružaju nekoliko opcija za naručivanje ove knjige: Springer, Amazon, Google Books] Geometrijski proračun je jezik za izražavanje i analiziranje čitavog niza geometrijskih pojmova u matematici. Cliffordova algebra pruža gramatiku. Složeni brojevi, kvarterioni, …

Maths
Linijske tangente na četiri trokuta

Source: http://www.math.tamu.edu/~sottile/research/stories/4triangles/index.html H. Brönnimann, O. Devillers, S. Lazard, i F. Sottile Razmotrimo sljedeće jednostavno geometrijsko pitanje: Koji je maksimalni broj linija koje su tangentne na četiri trokuta? (To jest, brojimo linije koje zadovoljavaju jedan rub svakog trokuta.) Radi jednostavnosti, pretpostavljamo da su trokuti u prikladnom općem položaju, u tome što algebarsko …