Números de Fibonacci y proporción áurea: $\Phi = \lim \sqrt[n]{F_n}$

Question

Sea $\Phi$ sea la proporción áurea y $F_n$ son los números habituales de Fibonacci. ¿Cómo puedo obtener la siguiente fórmula?

$$ \Phi = \lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[n]{F_n} $$

Conozco la relación habitual $$ \Phi = \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{F_{n+1}}{F_n} \quad , $$ y Wikipedia me dice que $$ \Phi^a = \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{F_{n+a}}{F_n} \quad . $$

Mi primera idea fue establecer $a = n$ lo que da $$ \Phi = \lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[n]\frac{F_{n+n}}{F_n} \quad , $$

EDITAR: También podemos hacer $$ \Phi = \lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[n]{\frac{F_{n+n}}{F_n}\frac{F_n}{F_n}} \quad , $$ pero estoy totalmente atascado aquí...

Answer 1

Es un resultado estándar que $F_n = \frac{\phi^n - (-\phi)^{-n}}{\sqrt{5}}$ .

Entonces $\lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[n]{F_n} = \lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[n]{\frac{\phi^n - (-\phi)^{-n}}{\sqrt{5}}} = \lim_{n\rightarrow \infty} \sqrt[n]{\frac{\phi^n}{\sqrt{5}}} = \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\phi}{\sqrt[n]{\sqrt{5}}} = \phi$ .

Answer 2

Tenemos

$$F_n=\frac1{\sqrt5}\left(\underbrace{\frac{1+\sqrt5}{2}}_{=:\alpha}\right)^n-\frac1{\sqrt5}\left(\underbrace{\frac{1-\sqrt5}{2}}_{=:\beta}\right)^n$$ y puesto que $|\beta|<|\alpha|$ entonces $$|\beta|^n=_\infty o(|\alpha|^n)$$ de ahí $$\sqrt[n]{F_n}\sim_\infty \alpha=:\Phi$$

Answer 3

El proceso consiste en observar la aproximación que $F_n = \Phi^n/\sqrt{5}$ . La raíz n'th de esto es $\sqrt[n]{F_n} = \Phi / 5^{1/2n}$ .

El denominador se aproxima a la unidad.

Answer 4

Sea $\Phi_n=\frac{F_{n+1}}{F_n}$ y $R_n=\sqrt[n]{F_n}$ entonces tenemos $$R_n^n=F_n=F_{n-1}\Phi_{n-1}=R_{n-1}^{n-1}\Phi_{n-1}$$ Toma $n\to\infty$ , $$R^n=R^{n-1}\Phi$$ Por lo tanto $R=\lim_{n\to\infty}R_n=\Phi$ .

Answer 5

Sabemos que $$\lim_{n \to \infty} \frac{F_{n+1}}{F_n}=\Phi$$

por continuidad de la función logaritmo, esto implica

$$\lim_{n \to \infty} (log{F_{n+1}}-log{F_n})=log\Phi$$

Por definición, $\forall{\epsilon \gt 0}, \exists{N\in {\mathbb N}}$ tal que $n \ge N $ implica $|log{F_{n+1}}-log{F_n}-log\Phi|\lt \epsilon_1$

Así que por la desigualdad del triángulo, $$|(\sum_{k=N}^{n}\frac{1}{n-N+1}(logF_{k+1}-logF_k))-log\Phi|\le \frac{1}{n-N+1}\sum_{k=N}^{n}|logF_{k+1}-logF_k-log\Phi| \lt \epsilon_1 $$

Sea $$\sum_{k=1}^{N-1} |logF_{k+1}-logF_k-log\Phi|=A$$

Entonces $$|\sum_{k=1}^{n}(logF_{k+1}-logF_k-log\Phi)| \le \sum_{k=1}^{n} |logF_{k+1}-logF_k-log\Phi|\;,$$

que puede dividirse en $$\sum_{k=1}^{N-1} |logF_{k+1}-logF_k-log\Phi|+\sum_{k=N}^{n} |logF_{k+1}-logF_k-log\Phi|$$

Por lo tanto, tenemos $$\frac{1}{n-N+1}(\sum_{k=1}^{N-1} |logF_{k+1}-logF_k-\Phi|+\sum_{k=N}^{n} |logF_{k+1}-logF_k-log\Phi|)\lt \frac{A}{n-N+1}+\epsilon_1$$

Ahora, arregla $N=N_0$ . Puesto que A también es fijo, $A \gt 0, \forall{\epsilon_2 \gt 0}, \exists{N_1 \in{\mathbb N}}$ tal que $n \ge N_1 \;\text{implies} \; (n-N_0+1)\epsilon_2\lt A, \;\text{so}\; \dfrac{A}{n-N_0+1}\lt \epsilon_2.$

Por lo tanto, $\forall{n \ge N_1},$

$$|(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}(logF_{k+1}-logF_k))-log\Phi|\lt|\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n-N_0+1}(logF_{k+1}-logF_k-log\Phi)|\lt \epsilon_1+\epsilon_2$$

$$|\frac{1}{n}logF_{n+1}-log\Phi|=|(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}(logF_{k+1}-logF_k))-log\Phi|\lt \varepsilon_1$$

Por lo tanto, por definición,

$$lim_{n \to \infty}\frac{1}{n}logF_{n+1}=lim_{n \to \infty}log\sqrt[n]{F_{n+1}}=log\Phi$$

Por la continuidad de la función exponencial $e^x$ obtenemos $$lim_{n\to \infty} \sqrt[n]{F_{n+1}}=\Phi$$

Por lo tanto, probado.

Observación: "Introducción al Cálculo y al Análisis I" de Richard Courant y Fritz John,página 114,SECCIÓN 1.7, ejercicio $^*10$ : "Si $a_n \gt 0, \;\text{and} \; lim_{n\to \infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=L,\;\text{then}\;lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a_n}=L."$