$F_1=1; F_2=2; F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1}$ (Fibonacci)
Demostrar que $\prod\limits_{k=1}^{[n/2]} \left(3+2\cos\dfrac{2kπ}{n}\right) =F_n$
por favor me ayude :(
Respuesta
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Conectar $n=2$ en el LHS da $3+2\cos(\pi)=1$, así que voy a suponer que la secuencia de Fibonacci se define por $F_0=0,F_1=1,F_2=1\ldots$ y así sucesivamente. Dejando $\varphi=\frac{1+\sqrt5}{2}$ da $\varphi^2-\varphi-1=0$$\varphi^4-3\varphi^2+1=0$. Por otra parte, que la última ecuación $x^4-3x^2+1=0$ también está satisfecho por $\varphi^{-1}$. Vamos a utilizar el siguiente bien hechos conocidos acerca de los números de Fibonacci y los polinomios de Chebyshev $T_n(x)$, $n\geq 0$.
- Binet la Fórmula: $F_n=\frac{1}{\sqrt5}\left(\varphi^n-(-\varphi^{-1})^n\right)$.
- La recurrencia de la Relación para $T_n(x)$: $T_{n+1}(x)=2xT_n(x)-T_{n-1}(x)$.
Conectar $x=-\frac{3}{2}$ en la recurrencia de la relación y la reorganización de algunos términos que se da la fórmula: $\frac{2}{5}\left(T_{n+1}\left(-\frac{3}{2}\right)-1\right)=-3\cdot\frac{2}{5}\left(T_{n}\left(-\frac{3}{2}\right)-1\right)-\frac{2}{5}\left(T_{n-1}\left(-\frac{3}{2}\right)-1\right)-2$, que se denota por (*).
Ahora, vamos a $P_n$ ser el producto de $\prod\limits_{k=1}^{[n/2]} (3+2\cos\dfrac{2kπ}{n}) $ en el lado izquierdo de la pregunta. Desde $P_n>0$, es suficiente para mostrar que $P_n^2=F_n^2$ todos los $n\geq 0$. Establecemos en tres pasos.
- Para todos los $m\geq 0$,$F_{2m}^2=3F_{2m-1}^2-F_{2m-2}^2-2$$F_{2m+1}^2=3F_{2m}^2-F_{2m-1}^2+2$.
Esto puede ser fácilmente demostrado por inducción en $m$ y la fórmula de Binet. Tenga en cuenta que las dos ecuaciones $\varphi^4-3\varphi^2+1=0$ $(\varphi^{-1})^4-3(\varphi^{-1})^2+1=0$ se utilizan en el paso inductivo.
- Para todos los $m\geq 0$,$F_{2m}^2=\frac{2}{5}\left(T_{2m}\left(-\frac{3}{2}\right)-1\right)$$F_{2m+1}^2=-\frac{2}{5}\left(T_{2m+1}\left(-\frac{3}{2}\right)-1\right)$.
Esto es de nuevo una fácil inducción en $m$. Sólo utilice el paso 1 y la fórmula (*).
- Para todos los $m\geq 0$,$P_{2m}^2=\frac{2}{5}\left(T_{2m}\left(-\frac{3}{2}\right)-1\right)$$P_{2m+1}^2=-\frac{2}{5}\left(T_{2m+1}\left(-\frac{3}{2}\right)-1\right)$.
Esto se hace mediante el análisis de las verdaderas raíces de $T_n(x)-1$. La ecuación de $T_{2m}(x)-1=0$ tiene dos ceros en cada $\cos\dfrac{2kπ}{2m}$, $1\leq k\leq m-1$, y dos ceros triviales $x=\pm 1$. Esto le da $$T_{2m}(x)-1=2^{2m-1}(x-1)(x+1)\prod\limits_{k=1}^{m-1} (x-\cos\dfrac{2kπ}{2m})^2.$$ On the other hand, $T_{2m+1}(x)-1$ has double zeros at each $\cos\dfrac{2kn}{2m+1}$, $1\leq k\leq m$, and one trivial zero $x=1$. This gives $$T_{2m+1}(x)-1=2^{2m}(x-1)\prod\limits_{k=1}^{m} (x-\cos\dfrac{2kπ}{2m+1})^2.$$ Plugging in $x=-\frac{3}{2}$ in the above equations easily yieds $P_{2m}^2=\frac{2}{5}\left(T_{2m}\left(-\frac{3}{2}\right)-1\right)$ and $P_{2m+1}^2=-\frac{2}{5}\left(T_{2m+1}\left(-\frac{3}{2}\right)-1\right)$.
Hemos demostrado que $P_{2m}^2=\frac{2}{5}\left(T_{2m}\left(-\frac{3}{2}\right)-1\right)=F_{2m}^2$$P_{2m+1}^2=-\frac{2}{5}\left(T_{2m+1}\left(-\frac{3}{2}\right)-1\right)=F_{2m+1}^2$. La prueba está completa.
