Prueba de la identidad de Fibonacci $(−1)^{m−k}(F_{m+k+1}F_{m−k−1}−F_{m+k}F_{m−k}) =F_{k}^2+F_{k+1}^2$

Question

Demostrar que para dos números naturales $m$ y $k$ , donde $m>k$ se cumple la siguiente identidad:

$$(−1)^{m−k}(F_{m+k+1}F_{m−k−1}−F_{m+k}F_{m−k}) =F_{k}^2+F_{k+1}^2$$

Aquí el ejercicio viene con una pista: La constante es $F^2 _m$ , intente sustituirlo por $k=0$ en.

Muy bien, probemos esto, esto nos dará: $$ (−1)^{m}(F_{m+1}F_{m−1}−F_{m}F_{m}) =F_{0}^2+F_{1}^2$$ $$ (−1)^{m}(F_{m+1}F_{m−1}−F_{m}^2) =F_{0}^2+F_{1}^2=0^2+1^2=1$$

Ahora podemos utilizar una identidad de Cassini, a saber, que para $m>0=k$ que tenemos: $$ (−1)^{m}(F_{m+1}F_{m−1}−F_{m}^2) =(-1)^m(-1)^m=(-1)^{2m}=1 \checkmark$$ Bien, entonces nuestra identidad funciona siempre que $k=0$ pero no veo cómo esto ayuda a una generalización.

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Edición/idea: ¿Acabo de escribir el caso base para una aproximación vía inducción en $k$ ¿tal vez?

Answer 1

Daré un esbozo de prueba, pero dejaré los detalles para ti. Es casi seguro que este no es el método que se espera que adoptes, pero evita el complicado álgebra de la Fórmula de Binet.

Primero se demuestra (como se quiera, quizás por inducción) que $$ F_{p+q} = F_{p-1}F_{q} + F_{p}F_{q+1} $$ para todos los enteros $p,q$ . Es importante, $p,q$ puede ser negativo en la fórmula anterior. También tenemos que $$ F_{-n} = (-1)^{n+1}F_{n} $$ para todos $n$ . Entonces uno se pone $\textit{D'Ocagne's Identity}$ : $$ F_{p-q} = (-1)^{q}\left(F_{p+1}F_{q-1} - F_{p-1}F_{q+1}\right) $$ como un simple corolario. Entonces, a partir de esto se puede demostrar que $$ F_{r}F_{a+b} = F_{a}F_{b+r} - (-1)^{r}F_{a-r}F_{b} $$ para todos los enteros $a,b,r$ . Podemos reescribir esto como $$ F_{r}F_{a+b+r} = F_{a+r}F_{b+r} - (-1)^{r}F_{a}F_{b} $$ y por lo tanto si $a,b,c,d$ son números enteros tales que $a+b=c+d$ entonces $$ F_{a+r}F_{b+r} - (-1)^{r}F_{a}F_{b} = F_{r}F_{a+b+r} = F_{r}F_{c+d+r} = F_{c+r}F_{d+r} - (-1)^{r}F_{c}F_{d} $$ y así para todos esos $a,b,c,d$ y cualquier $r$ tenemos $$ F_{a}F_{b} - F_{c}F_{d} = (-1)^{r}\left(F_{a+r}F_{b+r} - F_{c+r}F_{d+r}\right) $$ De esto concluimos que el LHS de su ecuación es simplemente $F_{2k+1}$ pero luego usando la primera fórmula que escribimos vemos que $$ F_{2k+1} = F_{(k+1) + k} = F_{k}^{2} + F_{k+1}^{2} $$

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Sólo para añadir algunos comentarios. En su pregunta ha indicado algunas restricciones en los valores que $m,k$ puede tomar. De mi prueba se desprende que, de hecho, la fórmula sigue siendo cierta para cualquier número entero $m,k$ . Sospecho que el ejercicio se plantea así para evitar considerar los números de Fibonacci con coeficientes negativos, pero en realidad es una consideración natural. Ya que la mayoría de estas fórmulas que se mantienen para los números de Fibonacci de índice positivo se mantienen también para los números de Fibonacci de índice negativo.

Answer 2

Utilizando la fórmula de Binet, tenemos:

$F_n = \frac{\phi^n - \psi^n}{\sqrt{5}}$ donde $\phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}, \psi = \phi-1 = \frac{-1}{\phi}$

Luego lo subes a tu ecuación:

$(−1)^{m−k}(F_{m+k+1}F_{m−k−1}−F_{m+k}F_{m−k})$

$ = (−1)^{m−k}(\frac{\phi^{m+k+1} - \psi^{m+k+1}}{\sqrt{5}} \frac{\phi^{m-k-1} - \psi^{m-k-1}}{\sqrt{5}} - \frac{\phi^{m+k} - \psi^{m+k}}{\sqrt{5}} \frac{\phi^{m-k} - \psi^{m-k}}{\sqrt{5}})$

$ = (−1)^{m−k}(\frac{\phi^{2m} + \psi^{2m} - \phi^{m+k+1}\psi^{m-k-1} - \psi^{m+k+1}\phi^{m-k-1}}{5} - \frac{\phi^{2m} + \psi^{2m} - \phi^{m+k}\psi^{m-k} - \psi^{m+k}\phi^{m-k}}{5})$

$ = (−1)^{m−k}(\frac{ - \phi^{m+k+1}\psi^{m-k-1} - \psi^{m+k+1}\phi^{m-k-1}}{5} - \frac{ - \phi^{m+k}\psi^{m-k} - \psi^{m+k}\phi^{m-k}}{5})$

$ = (−1)^{m−k}(\phi\psi)^{m+k}(\frac{ - \phi\psi^{-2k-1} - \psi\phi^{-2k-1}}{5} + \frac{ \psi^{-2k} + \phi^{-2k}}{5})$

$ = (−1)^{m−k}(\phi\psi)^{m+k}(\phi-\psi)(\frac{\psi^{-2k-1} - \phi^{-2k-1}}{5})$

$ = (−1)^{m−k}(-1)^{m+k}(\frac{\phi-\psi}{\sqrt{5}})(\frac{\psi^{-2k-1} - \phi^{-2k-1}}{\sqrt{5}})$

$ = (−1)^{2m}(F_1)(F_{-2k-1})$

Ahora usando el hecho de que $F_{-n} = (-1)^{n+1}F_n$ ,

$(F_1)(F_{-2k-1}) = (-1)^{-2k}(F_{2k+1})$

Utilizando algunos tedioso también se puede demostrar que $F_{2k+1} = F_{k}^2 + F_{k+1}^2$ y así,

$(F_{2k+1}) = F_{k}^2 + F_{k+1}^2$

Answer 3

Esta es una prueba basada en _Fórmula Binets_ \begin {align*} F_k= \frac { \varphi ^k- \psi ^k}{ \varphi - \psi } \qquad k \geq 0 \tag {1} \end {align*} donde $\varphi=\frac{1}{2}\left(1+\sqrt{5}\right), \psi=\frac{1}{2}\left(1-\sqrt{5}\right)=-1/\varphi$ .

Comenzamos con el lado derecho de la fórmula de OPs y obtenemos \begin {align*} F_k^2= \left ( \frac { \varphi ^k- \psi ^k}{ \varphi - \psi } \right )^2&= \frac {1}{( \varphi - \psi )^2} \left ( \varphi ^{2k}-2 \left ( \varphi\psi\right )^k+ \psi ^{2k} \right ) \\ &= \frac {1}{( \varphi - \psi )^2} \left ( \varphi ^{2k}-2(-1)^k+ \psi ^{2k} \right ) \tag {2} \\ \end {align*} Poniendo $k\to k+1$ en (2) obtenemos \begin {align*} \color {blue}{F_k^2+F_{k+1}^2}&= \frac {1}{( \varphi - \psi )^2} \left ( \varphi ^{2k}-2(-1)^k+ \psi ^{2k} \right ) \\ & \qquad + \frac {1}{( \varphi - \psi )^2} \left ( \varphi ^{2k+2}-2(-1)^k+ \psi ^{2k+2} \right ) \\ &\,\, \color {azul}{= \frac {1}{( \varphi - \psi )^2} \left ( \varphi ^{2k} \left (1+ \varphi ^2 \right )+ \psi ^{2k} \left (1+ \psi ^2 \right ) \right )} \tag {3} \end {align*}

Y ahora el lado izquierdo.

Obtenemos \begin {align*} F_{m+k}F_{m-k}&= \frac {1}{ \left ( \varphi - \psi\right )^2} \left ( \varphi ^{m+k}- \psi ^{m+k} \right ) \left ( \varphi ^{m-k}- \psi ^{m-k} \right ) \\ &= \frac {1}{ \left ( \varphi - \psi\right )^2} \left ( \varphi ^{2m}- \varphi ^{m+k} \psi ^{m+k}- \varphi ^{m-k} \psi ^{m+k}+ \psi ^{2m} \right ) \\ &= \frac {1}{ \left ( \varphi - \psi\right )^2} \left ( \varphi ^{2m}- \left ( \varphi\psi\right )^{m-k} \left ( \varphi ^{2k}+ \psi ^{2k} \right )+ \psi ^{2m} \right ) \\ &= \frac {1}{ \left ( \varphi - \psi\right )^2} \left ( \varphi ^{2m}+ \psi ^{2m}-(-1)^{m-k} \left ( \varphi ^{2k}+ \psi ^{2k} \right ) \right ) \tag {4} \end {align*} Sustitución de $k$ con $k+1$ en (4) obtenemos \begin {align*} F_{m+k+1}F_{m-k-1}&= \frac {1}{ \left ( \varphi - \psi\right )^2} \left ( \varphi ^{2m}+ \psi ^{2m}+(-1)^{m-k} \left ( \varphi ^{2k+2}+ \psi ^{2k+2} \right ) \right ) \tag {5} \end {align*}

El lado izquierdo de la fórmula de OPs se puede reescribir ahora utilizando (4) y (5) como \begin {align*} \color {azul}{(-1)^{m-k}}& \color {Azul}{ \left (F_{m+k+1}F_{m-k-1}-F_{m+k}F_{m-k} \right )} \\ &= \frac {(-1)^{m-k}} \left ( \varphi - \psi\right )^2} \left ( \varphi ^{2m}+ \psi ^{2m}+(-1)^{m-k} \left ( \varphi ^{2k+2}+ \psi ^{2k+2} \right ) \right ) \\ & \qquad - \frac {(-1)^{m-k}} \left ( \varphi - \psi\right )^2} \left ( \varphi ^{2m}+ \psi ^{2m}-(-1)^{m-k} \left ( \varphi ^{2k}+ \psi ^{2k} \right ) \right ) \\ &\,\, \color {azul}{= \frac {1}{( \varphi - \psi )^2} \left ( \varphi ^{2k} \left (1+ \varphi ^2 \right )+ \psi ^{2k} \left (1+ \psi ^2 \right ) \right )} \tag {6} \end {align*} Una comparación de (3) y (6) muestra que la identidad de OP es válida.