Identidades experimentales con la serie de Fibonacci

Question

He obtenido las siguientes identidades de Fibonacci de forma experimental utilizando el código de SageMath. ¿Se pueden demostrar teóricamente?

Identidad 1: $$ \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{F_{n}x^{n}}{n!} + e^x\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{F_{n}(-x)^{n}}{n!} = 0 $$

Identidad 2:

$$ 52\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{F_{4n}x^{4n}}{4n!} = 156 \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{F_{4n+1}x^{4n+1}}{(4n+1)!} = 585 \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{F_{4n+2}x^{4n+2}}{(4n+2)!} = 630 \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{F_{4n+3}x^{4n+3}}{(4n+3)!} $$

Answer 1

Utilizando La fórmula de Binet tenemos

$$\sum_{n}\frac{F_nx^n}{n!} =\frac1{\sqrt5}\left(\sum_n\frac{(\phi x)^n}{n!} -\sum_n\frac{(-\phi^{-1} x)^n}{n!}\right) =\frac1{\sqrt5}(e^{\phi x}-e^{-\phi^{-1}x})$$

mientras,

$$e^x\sum_{n}\frac{F_n(-x)^n}{n!} =\frac{e^x}{\sqrt5}\left(\sum_n\frac{(-\phi x)^n}{n!} -\sum_n\frac{(\phi^{-1} x)^n}{n!}\right) =\frac1{\sqrt5}(e^{(1-\phi) x}-e^{(1+\phi^{-1})x})$$

y la primera identidad es consecuencia de la igualdad $1-\phi=-\phi^{-1}$ .

EDITAR : Acabo de comprobar numéricamente la segunda identidad, y aparentemente es falsa. La pregunta original incluía un fragmento de código SAGE, y creo que el problema era que $4r$ se interpreta como $4$ por SAGE.

Answer 2

Identidad 1: Obsérvese por la fórmula del producto de la serie de potencias esta identidad $$ \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{F_{n}x^{n}}{n!} + e^x\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{F_{n}(-x)^{n}}{n!} = 0 $$ se puede escribir

$$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{F_{n}x^{n}}{n!} + \sum_{n = 0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{F_{k}(-1)^{k}}{k!}\frac{1}{(n-k)!}\right)x^n = 0$$

Así que tendrías que mostrar para todos $n$ $$ \frac{F_{n}}{n!}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{F_{k}(-1)^{k+1}}{n!} $$ lo que simplifica

$$ F_{n}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}F_{k}(-1)^{k+1} $$

Por desgracia, no he podido demostrarlo sin la fórmula de Binet: $F_k=\dfrac{\varphi^k-\varphi^{-k}}{\varphi-\varphi^{-1}}$ . Así que en realidad es una versión peor de la prueba de iqcd, pero aquí está de todos modos.

$$ \begin{align} \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}F_{k}(-1)^{k+1} &=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{k+1}\frac{\varphi^k-\varphi^{-k}}{\varphi-\varphi^{-1}}\\ &=\frac{1}{\varphi-\varphi^{-1}}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{k+1}\varphi^k-\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{k+1}\varphi^{-k}\\ &=\frac{1}{\varphi-\varphi^{-1}}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-\varphi^{-1})^k-\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-\varphi)^{k}\\ &= \frac{1}{\varphi-\varphi^{-1}}[(1-\varphi^{-1})^n-(1-\varphi)^n]\\ &= \frac{1}{\varphi-\varphi^{-1}}[(\varphi)^n-(\varphi^{-1})^n]\\ &= F_n \end{align} $$

Esa penúltima línea es porque para la proporción áurea $\varphi$ tenemos $1-\varphi=\varphi^{-1}$ de manera similar $1-\varphi^{-1}=\varphi$ .

Answer 3

Según este documento :

$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{F_{n}x^{n}}{n!}= \frac{e^{\alpha x}-e^{\beta x}}{\alpha - \beta}$ donde $\alpha$ y $\beta$ son raíces del polinomio de Fibnocci $x^2-x-1$ .

Esto hace que la primera identidad sea equivalente a $G(x) = G(-x)e^{x}$ donde $G(x) = \frac{e^{\alpha x}-e^{\beta x}}{\alpha - \beta}$ . Y eso, a su vez, equivale a $1-\alpha=\beta$ y $1-\beta =\alpha$ , que son equivalentes a $\alpha+\beta =1$ lo que se deduce del hecho de que la suma de las raíces de un polinomio cuadrático suman el coeficiente de $x$ veces negativo.

Tenga en cuenta que el término de búsqueda a utilizar es "función generadora exponencial de Fibonocci".