Si $F(n)$ es el nth número de Fibonacci, cómo puedo demostrar que: $$\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{F(i)}\approx 3.36\, .$ $
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Ya Basha
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Desde $F(n) \approx \frac{\phi^n}{\sqrt 5}$ de las grandes suficientemente $n$, se puede utilizar como una aproximación, que te dan una serie geométrica. Por ejemplo, si utilizamos la aproximación desde el quinto término, nos metemos $$ \frac{1}{1} + \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \sum_{n = 4}^\infty \frac{\sqrt 5}{\phi^n} \approx 3.3612 $$ Para tener una idea de cómo es exacto esto es, $F(5) = 5$, mientras que $\frac{\phi^5}{\sqrt 5} \approx 4.96$, lo cual es un error relativo de menos de $1\%$. El error relativo se hace más pequeño y más pequeño de lo $n$ crece por un factor de alrededor de $3$, y es alterna (cada otro término es demasiado grande, cada término es demasiado pequeño), que también reduce el error.
Ya que cada término de la suma es menor que $1\%$ lejos del término correspondiente en la secuencia original, la verdadera respuesta está dentro de $1\%$ de la suma que tenemos, que es $\sum_{n = 4}^\infty \frac{\sqrt 5}{\phi^n} \approx 0.53$. Por lo tanto el error de esta aproximación es más acerca de la $0.005$. Un término más exacto, y el error absoluto será en la mayoría de las $0.001$.
Anthony Shaw
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$$\begin{align} F_n &=\frac{\phi^n-(-1/\phi)^n}{\sqrt5}\\ &=\frac{\phi^n}{\sqrt5}\left(1-\left(-\frac1{\phi^2}\right)^n\right) \end {Alinee el} por lo tanto $$, $$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac1{F_n} &=\sum_{n=1}^\infty\frac{\sqrt5}{\phi^n}\left(1+\left(-\frac1{\phi^2}\right)^n+\left(-\frac1{\phi^2}\right)^{2n}+\left(-\frac1{\phi^2}\right)^{3n}+\cdots\right)\\ &=\sqrt5\left(\frac1{\phi-1}-\frac1{\phi^3+1}+\frac1{\phi^5-1}-\cdots\right)\\ &=\sqrt5\sum_{k=0}^\infty\frac{(-1)^k}{\phi^{2k+1}-(-1)^k} \end {alinee el} $$ $\frac{\sqrt5}{\phi^{19}+1}=0.0002392$, \sqrt5\sum_{k=0}^8\frac{(-1)^k}{\phi^{2k+1}-(-1)^k}=3.3600587 $$ $$ es menor que $0.0002392$ demasiado alta.
