Serie Infinita: Fibonacci/ $2^n$

Question

Me presenta el siguiente problema para algunos de mis alumnos recientemente (a partir de Senior Reto Matemático- editado por Gardiner)

En la secuencia de Fibonacci $1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,\ldots$ cada término después de los dos primeros, es la suma de los dos términos anteriores. ¿Cuál es la suma de los infinitos términos de la serie:

$$\frac{1}{2} + \frac{1}{4}+ \frac{2}{8} + \frac{3}{16} + \frac{5}{32} +\frac{8}{64} + \frac{13}{128} +\frac{21}{256} +\frac{34}{512}+ \frac{55}{1024} + \cdots$$

Ahora, he resuelto mediante un infinito matriz geométrica de la serie (la incorporación de la matriz de la versión de la relación $a_n= \frac{a_{n-1}}{2}+ \frac{a_{n-2}}{4}$), y a mis alumnos, después de muchas sugerencias de mi parte, busqué en google la necesaria cadena de tropezar a través de la fórmula de Binet (que permite dividir la serie en dos simples, si en lugar sucio, geometría).

Ambos son buenos métodos, pero ninguno realmente parece plausible para un reto para los 15-18 años de edad en condiciones de examen. Entonces, ¿cómo debo hacerlo?

Answer 1

Deje $\displaystyle S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{F_n}{2^n}.$

$$ S = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{F_n}{2^n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \sum_{n=3}^{\infty} \frac{F_n}{2^n} = \frac{3}{4} + \sum_{n=3}^{\infty} \frac{F_{n-1}+F_{n-2} }{2^n}$$

$$ = \frac{3}{4} + \frac{1}{2} \sum_{n=3}^{\infty} \frac{ F_{n-1} }{2^{n-1} } + \frac{1}{4} \sum_{n=3}^{\infty} \frac{F_{n-2} }{2^{n-2} } $$

$$ = \frac{3}{4} + \frac{1}{2} \left( S - \frac{1}{2} \right) + \frac{1}{4} S.$$

Así tenemos a $ S = 2.$

Para demostrar que la serie converge, podemos demostrar por inducción que $ F_n \leq \phi^n$ donde $ \phi = \frac{1+ \sqrt{5} }{2} \approx 1.618.$

La base de los casos son fáciles de comprobar. Supongamos ahora que existe algunos enteros $n-2$ $n-1$ tal que $ F_{n-2}\leq \phi^{n-2} $ $ F_{n-1} \leq \phi^{n-1}.$ $$ F_n = F_{n-1}+ F_{n-2} \leq \phi^{n-1} + \phi ^{n-2} $$

$$= \phi^{n-2} ( \phi + 1) = \phi^{n-2} \phi^2 = \phi^n$$

lo que demuestra la demanda. Nota: hemos utilizado el hecho de que $\phi + 1 = \phi^2 $, la definición de la propiedad de la proporción áurea.

Answer 2

Deje $F(z)=\sum_{n=0}^\infty F_n z^n$. (Nota, estoy añadiendo la $F_0=0$ plazo, que no afectan el cálculo.)

A continuación, $$F(z) = z + \sum_{n=0}^\infty F_{n+2} z^{n+2}$$

La sustitución de $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$, se obtiene:

$$F(z) = z + zF(z) + z^2F(z)$$

Por lo $F(z) = \frac{z}{1-z-z^2}$. Ahora calcular $F(\frac{1}{2})$.

Tenga en cuenta que esto sólo demuestra que, si la suma converge, es igual a $\frac{z}{1-z-z^2}$. Mostrando que converge es tan fácil (o difícil) como muestra de que la $\frac{1}{2}$ está en el radio de convergencia.

Answer 3

Esto es como lo soluciona:

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deje $S$ igual a la secuencia de las fracciones:

$$S=\frac12+\frac14+\frac28+\frac3{16}+\frac5{32}+\frac8{64}+\cdots$$

Dividir por $2$ y obtener:

$$\frac{S}2=\frac14+\frac18+\frac2{16}+\frac3{32}+\frac5{64}+\cdots$$

Restar la primera de la segunda, para obtener:

$$S-\frac{S}2 = \frac12 + \frac04 + \frac18 + \frac1{16} + \frac2{32} + \frac3{64} + \cdots$$

Simplificar:

$$\frac{S}2=\frac12+\frac18+\frac1{16}+\frac2{32}+\frac3{64}+\cdots$$

Multiplicar ambos lados por dos:

$$S=1+\frac14+\frac18+\frac2{16}+\frac3{32}+\cdots$$

$$2S=2+\frac12+\frac14+\frac28+\frac3{16}+\cdots$$

Reconocer $S$ de arriba:

$$2S=2+S$$

Restar $S$ desde ambos lados:

$$S=2$$