Fibonacci (derivación de fórmula de Binet): revisado con el trabajo mostrado

Question

Bueno por lo que aquí es la versión revisada de la pregunta con mi trabajo actual.

Enlaces a post anterior(s)) (Gerry): los Números de Fibonacci - Análisis Complejo

Aquí está mi intento en el conjunto de problemas hasta ahora: (tenga en cuenta que $\bullet$ representa completado un problema (en mi opinión), mientras que $\circ$ representa un semi-terminado el problema.)
~Conjunto de problemas se puede encontrar en la página 106: http://www.math.binghamton.edu/sabalka/teaching/09Spring375/Chapter10.pdf

(2) Para obtener una generación de función para $f_n$, tenga en cuenta que la serie de fibonacci está definida por la secuencia de los números de $(0,1,f_1+f_0,f_2+f_1,...f_n+f_n-1)$.
Si rompemos esta hasta en tres funciones de generación y los suma para obtener la generación de la función $F(z)$ será algo parecido a:
$$(0,1,0,0,0...) \rightarrow\,z)$$ $$+(0,f_0,f_1,f_2,...)\to\,zF(z)$$ for a $F(z) = f_0+f_1z+f_2z^2+...+f_nz^n$ $$+ (0,0,,f_0,f_1,f_2,...)\to z^2F(z)$$ for the same $F(z)$
Todo esto es igual a $$(0,1+f_0,f_1+f_0,f_2+f_1,f_3+f_2,...)\to z+zF(z)+z^2F(z)$$
Por lo tanto,$F(z)=z+zF(z)+z^2F(z)$, solución para $F(z)$ obtenemos
$$F(z) = \frac {z}{1-z-z^2} \bullet$$
P. S. no entiendo por qué se dice $\frac{1}{1-z-z^2}$ en lugar de $\frac{z}{1-z-z^2}$ en el problema original conjunto. Es porque se les está excluyendo la $f_0$ $f_1$ términos?

~

Sentí que tendría más sentido hacer (2) antes de (1) (1)
*En primer lugar tenga en cuenta que por la fórmula cuadrática, las dos raíces del denominador son $\varphi,\bar \varphi$ donde $\varphi= \frac {1+\sqrt5}{2}$.
Por lo $F(z)$ tiene un resultado positivo en el radio de convergencia por la prueba de razón de lo que da
$r=\lim_{n\to\infty}\frac{f_n+1}{f_n}= \bar \varphi \bullet$

~

(3) Ahora, para demostrar que $Res (\frac{1}{z^n+1(1-z-z^2)})$ a $z=0$ = $f_n$
Yo sé que usted debe usar la fórmula:
$Res(f,c) = \frac{1}{n-1!}\lim_{z\to c}\frac{d^n-1}{dz^n-1} ((z-c)^nF(z)$ para un polo de orden n. Necesito un poco de ayuda aquí. Yo también estoy confundido en cuanto a de dónde sacan la $z^n+1$. ¿Por qué aparecen? $\circ$

Editar

Me di cuenta de que ya
$$1=Res_{z=0}z^{-1}$$ z^n+1 sería la extracción de plazo:
$$f_n=Res_{z=0}\frac{1}{z^{n+1}} \sum_{n>1}{f_nz^n}$$
Es esto correcto?

Editar de Acuerdo a Brian M. Scott, el trabajo adecuado para este problema (3) es
$$\begin{align*} \operatorname{Res}_{z=0}\left(\frac1{z^{n+1}(1-z-z^2)}\right)&=\frac1{n!}\lim_{z\to 0}\frac{d^n}{dz^n}\left(z^{n+1}\frac1{z^{n+1}(1-z-z^2)}\right)\\ &=\frac1{n!}\lim_{z\to 0}\frac{d^n}{dz^n}\big(F(z)\big)\\ &=\frac1{n!}\lim_{z\to 0}\frac{d^n}{dz^n}\sum_{k\ge 0}f_kz^k\\ &=\frac1{n!}\lim_{z\to 0}\sum_{k\ge 0}f_k\frac{d^n}{dz^n}z^k\\ &=\frac1{n!}\lim_{z\to 0}\sum_{k\ge n}f_k \Big( \prod_{i=0}^{n-1} (k-i) \Big)z^{k-n}\\ &=\frac1{n!}\lim_{z\to 0}\left(f_nn!+\sum_{k>n}f_k \Big( \prod_{i=0}^{n-1} (k-i) \Big) z^{k-n}\right)\\ &=f_n+\frac1{n!}\lim_{z\to 0}z\sum_{k\ge n+1}f_k \Big( \prod_{i=0}^{n-1} (k-i) \Big) z^{k-(n+1)}\\ &=f_n\; \bullet \end{align*}$$
Yo sigo este trabajo hasta el tercero a último paso donde no entiendo cómo obtuvo el $f_nn!$ plazo. Cualquier Explicaciones?

(4) Utilizando el teorema de los residuos $$\int_{\gamma} f(z) dz = 2 \pi i \sum_{\rho} \text{Res}(f(z)),z=\rho)$$
Ahora, obviamente, la aplicación de este:
$$\int_{\gamma} \frac{dz}{z^{n+1}(1-z-z^2)} = 2 \pi i [f_n + R\varphi + R_{\bar \varphi}]$$
Bien, así que, obviamente, debemos parametrizar encima de un círculo de radio R. Esta parametrización es $\gamma(t) = Re^{it}$ debido a que un círculo es sólo una simple curva.
Realizar un cambio de variables, obtenemos $$\int_0^{2 \pi} \frac{i R e^{it} dt}{R^{n+1}e^{it(n+1)}(1-(Re^{it})-(Re^{it})^2)}$$
La única razón por la que yo personalmente pensamiento de por qué esta integral $\to 0$ es porque el uno se puede trivial ver que el denominador sería $>>$ que el numerador, porque usted ha $\infty$ elevado a una potencia.
Yo también estoy confundido en cuanto a por qué es necesario demostrar que esta integral desaparece a medida que el Radio del círculo enfoques $\infty$. Podría alguien de cuidado de explicar?

Por último, para los cálculos exactos de $(R\varphi, R_{\bar \varphi})$
La primera nota que $(1-z-z^2)=(\varphi + z)(\bar \varphi-z) $$R_\varphi = \text{Res}(\frac{1}{z^{n+1}(1-z-z^2)},z=\varphi) = \lim_{z \to \varphi}\frac{z-\varphi}{z^{n+1}(1-z-z^2)} = \lim_{z \to -\varphi}\frac{z-\varphi}{z^{n+1}(\varphi + z)(\bar \varphi-z)} =\frac{1}{\varphi^{n+1}(1-\bar \varphi)}$$ Alternativamente, $$R_\bar \varphi = \text{Res}(\frac{1}{z^{n+1}(1-z-z^2)},z=\bar \varphi) = \lim_{z \to \bar \varphi}\frac{z-\bar \varphi}{z^{n+1}(1-z-z^2)} = \lim_{z \to \bar \varphi}\frac{z-\bar \varphi}{z^{n+1}(\varphi + z)(\bar \varphi-z)} =\frac{1}{\bar \varphi^{n+1}(1- \varphi)} \circ$

(5) Requiere la realización de cuatro (4)

Esto es todo de mi trabajo actual que tengo hasta ahora. Sinceramente, no sé a dónde ir desde mi último paso (4). Aún me falta para llegar a una final de la identidad de $f_n$. Así que necesito saber cómo continuar con este trabajo. Cualquier sugerencias, etc?
Gracias!~

Editar

Ahora entiendo que $$f_n=Res (F(z)) at z=0= \Big(Res(F(z) at z=0 + Res(F(z) at z= \varphi + Res(F(z) at z=\bar \varphi\Big) - \Big(Res(F(z) at z= \varphi + Res(F(z) at z=\bar \varphi\Big) = {2\pi i}\int F(z)dz - - \Big(Res(F(z) at z= \varphi + Res(F(z) at z=\bar \varphi\Big) = - \Big(Res(F(z) at z= \varphi + Res(F(z) at z=\bar \varphi\Big) $$ because the integral $$2\pi i\int F(z)dz \to 0$$ as $R \to \infty$

Es esto correcto?

Answer 1

Obtuvo $F(z)=\dfrac{z}{1-z-z^2}$ porque utiliza el estándar de la indexación de los números de Fibonacci que hace que $f_0=0$; su coeficiente de secuencia es $\langle 0,1,1,2,\dots\rangle$. El conjunto de problemas ha $f_0=f_1=1$, por lo que su coeficiente de secuencia es $\langle 1,1,2,3,\dots\rangle$. El suyo es el derecho desplazado a un lugar, una operación que corresponde a la multiplicación por $z$, por lo que su función es la generación de $z$ veces mayor que el del problema. La generación de la función de la secuencia dada en el problema es, por tanto,$\dfrac1zF(z)=\dfrac1{1-z-z^2}$.

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Los ceros de $1-z-z^2$ $\dfrac{-1\pm\sqrt5}2$ o$-\varphi$$\dfrac1\varphi$, donde como de costumbre,$\varphi=\dfrac{1+\sqrt5}2$.

$$\lim_{n\to\infty}\left|\frac{f_{n+1}z^{n+1}}{f_nz^n}\right|=|z|\lim_{n\to\infty}\frac{f_{n+1}}{f_n}=\varphi|z|\;,$$

de modo que el radio de convergencia es $\dfrac1\varphi=\dfrac{-1+\sqrt5}2$; si esto es lo que usted está llamando a $\overline\varphi$, su conclusión es correcta, pero hay algunos errores en el camino.

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Quiere mostrar que $$\operatorname{Res}_{z=0}\left(\frac1{z^{n+1}(1-z-z^2)}\right)=f_n\;.$$ $0$ is a pole of order $n+1$ de la función entre paréntesis, por lo que tiene la fórmula

$$\begin{align*} \operatorname{Res}_{z=0}\left(\frac1{z^{n+1}(1-z-z^2)}\right)&=\frac1{n!}\lim_{z\to 0}\frac{d^n}{dz^n}\left(z^{n+1}\frac1{z^{n+1}(1-z-z^2)}\right)\\ &=\frac1{n!}\lim_{z\to 0}\frac{d^n}{dz^n}\big(F(z)\big)\\ &=\frac1{n!}\lim_{z\to 0}\frac{d^n}{dz^n}\sum_{k\ge 0}f_kz^k\\ &=\frac1{n!}\lim_{z\to 0}\sum_{k\ge 0}f_k\frac{d^n}{dz^n}z^k\\ &=\frac1{n!}\lim_{z\to 0}\sum_{k\ge n}f_kk(k-1)(k-2)\ldots(k-n+1)z^{k-n}\\ &=\frac1{n!}\lim_{z\to 0}\left(f_nn!+\sum_{k>n}f_kk(k-1)(k-2)\ldots(k-n+1)z^{k-n}\right)\\ &=f_n+\frac1{n!}\lim_{z\to 0}z\sum_{k\ge n+1}f_kk(k-1)\ldots(k-n+1)z^{k-(n+1)}\\ &=f_n\;. \end{align*}$$

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Voy a dejar el resto a alguien cuyo análisis complejo no tiene $35$ años de óxido en ella.

Answer 2

Aquí está mi opinión sobre lo que está tratando de lograr aquí.

Deje $\gamma_r(t)=re^{it}$ $t\in[0,2\pi]$ y $$ F(z)=\sum_{k=0}^\infty f_kz^k=\frac{z}{1-z-z^2}\etiqueta{1} $$ Definir $$ \omega_\pm=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\etiqueta{2} $$ A continuación,$1-z-z^2=(w_\mp-z)(z-w_\pm)$.

El residuo de $\dfrac{F(z)}{z^{n+1}}=\dfrac1{z^n(1-z-z^2)}$ $0$ (el coeficiente de $1/z$)$f_n$.

El residuo de $\dfrac{F(z)}{z^{n+1}}$$\omega_\pm$$\dfrac1{\omega_\pm^n(\omega_\mp-\omega_\pm)}$; es decir, multiplicar por $(z-\omega_\pm)$ y evaluar en $\omega_\pm$.

Como $r\to\infty$, $|F(z)|\sim\frac1r$ en $\gamma_r$. Por lo tanto, para $n\ge0$, $$ \lim_{r\to\infty}\int_\gamma\frac{F(z)}{z^{n+1}}\,\mathrm{d}z=0\etiqueta{3} $$ Por lo tanto, por el Teorema de los Residuos, la suma de los residuos en $0$, $\omega_+$, y $\omega_-$ debe $0$, que es $$ \begin{align} 0 &=f_n+\frac1{\omega_+^n(\omega_--\omega_+)}+\frac1{\omega_-^n(\omega_+-\omega_-)}\\ &=f_n-\frac{\phi^n}{\sqrt5}+\frac{(-1/\phi)^n}{\sqrt5}\tag{4} \end{align} $$ se nota que $\omega_+=1/\phi$ y $\omega_-=-\phi$ ($\phi$ es el Cociente de Oro). $(4)$ implica que la Fórmula de Binet: $$ f_n=\frac{\phi^n-(-1/\phi)^n}{\sqrt5}\etiqueta{5} $$