Prueba de la desigualdad de Fibonacci

Question

No he visto una pregunta sobre esta desigualdad en particular, pero creo que he demostrado por inducción que, para $n>1$ . Espero que alguien pueda verificar esta prueba. $$\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n-1}<F_{n+1}<\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}$$

Aquí afirmamos que $F_0=0, F_1=1$ . El caso base se establece desde $$\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)<F_{3}<\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{2}$$ $$1.61803...<2<2.61803...$$ Supongamos ahora que $n=k$ y que se cumpla lo siguiente: $$\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k-1}<F_{k+1}<\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k}$$ Empezando por el lado izquierdo de la desigualdad, y observando $F_{k+2}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k+2}-\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{k+2}$ $$F_{k+2}>\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k+2}=\frac{2}{\sqrt{5}+\sqrt{5}}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k+2}>\frac{2}{3+\sqrt{5}}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k+2}=\left(\frac{2}{1+\sqrt{5}}\right)^2\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k+2}=\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k}$$ Así que el lado izquierdo no necesitaba la hipótesis de la inducción, sólo un análisis cuidadoso. Ahora el lado derecho de la desigualdad. Por la hipótesis de inducción, $$\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k}>F_{k+1} \Rightarrow \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k+1}>\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)F_{k+1} $$ Pero como $F_{k+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k+1}-\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{k+1}$ $$\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k+1}>\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)F_{k+1}=F_{k+2} $$ Por lo tanto, $$\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k}<F_{k+2}<\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{k+1}$$ Me parece que el análisis es bueno. ¿Hay algún agujero o error?

Answer 1

Tu prueba es válida, pero me gusta una prueba menos tediosa:

Tenga en cuenta que $$\phi^2=\phi+1$$ $$\phi^3=\phi^2+\phi=2\phi+1$$ $$\phi^4=2\phi^2+\phi=3\phi+2$$ $$\phi^5=3\phi^2+2\phi=5\phi+3$$ ver los números de Fibonacci en los coeficientes, ahora en general: $$\phi^n=F_n\phi+F_{n-1}$$ para que podamos reescribir tu problema: $$\phi^{n-1}=F_{n-1}\phi+F_{n-2}<F_{n+1}<F_n\phi+F_{n-1}=\phi^n$$ desde $F_n+F_{n-1}=F_{n+1}$ y $1<\phi$ se deduce que $F_n<F_n\phi$ y $$F_{n+1}=F_n+F_{n-1}<F_n\phi+F_{n-1}$$ desde $2F_{n-1}+F_{n-2}=F_{n}+F_{n-1}=F_{n+1}$ y $\phi<2$ se deduce que $F_{n-1}\phi<2F_{n-1}$ y $$F_{n-1}\phi+F_{n-2}<2F_{n-1}+F_{n-2}=F_{n+1}$$ así hemos terminado.

Answer 2

Creo que tu prueba sería más clara si escribieras las cosas en términos de la proporción áurea $\phi=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ . Como demostración de por qué esto es útil, permítanme dar una prueba no inductiva del límite superior. Obsérvese que esta desigualdad es equivalente por la fórmula de Binet a $$ \frac{1}{\sqrt{5}}\left(\phi^{n+1}-(-\phi)^{-n-1}\right)< \phi^{n}.$$ Dividir $\phi^{n-1}/\sqrt{5}$ da

$$\phi^2+(-1)^n \phi^{-2n}<\phi\sqrt{5}.$$

Pero $\phi^2=\phi+1$ , $\sqrt{5}=2\phi-1$ y $\phi^{-2} = (\phi^2-\phi)\phi^{-2} =1-\phi^{-1}\cdot(\phi^2-\phi) = 2-\phi.$ Así que la desigualdad se convierte en $$\phi+1+(\phi-2)^n<2\phi^2-\phi =\phi+2\implies (\phi-2)^n < 1.$$ Pero $-1<\phi-2 <0$ por lo que se deduce que $|\phi-2|<1$ y así $(\phi-2)^n\leq|\phi-2|^n<1$ para $n\geq 2$ . Esto completa la prueba.