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Generalización de la suma de Fibonacci $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{F_n}{10^n} = \frac{10}{89}$

Dada la Fibonacci , tribonacci y tetranacci números,

$$F_n = 0,1,1,2,3,5,8\dots$$

$$T_n = 0, 1, 1, 2, 4, 7, 13, 24,\dots$$

$$U_n = 0, 1, 1, 2, 4, 8, 15, 29, \dots$$

y así sucesivamente, cómo lo demostramos,

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{F_n}{10^n} = \frac{10}{89}$$

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{T_n}{10^n} = \frac{100}{889}$$

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{U_n}{10^n} = \frac{1000}{8889}$$

o, en general,

$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{S_n}{p^n} = \frac{(1-p)p^{k-1}}{(2-p)p^k-1}$$

donde los anteriores eran sólo los casos $k=2,3,4$ y $p=10$ ?

P.D. Relacionado Correo electrónico: .

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¿Ha intentado encontrar fórmulas explícitas para $S_n$ ¿como la de Binet?

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@MichaelGaluza: Sí, de hecho. Si miras la fórmula general (eq.5) en mathworld.wolfram.com/Fibonaccin-StepNumber.html se lo di a Eric en 2005. Pero lo encontré empíricamente.

1 votos

Puede que esté pasando algo por alto, pero creo que algo similar a La solución de Thomas Andrew a tu otra pregunta (funciones generadoras) debería darte el valor, mientras que la convergencia podría demostrarse mostrando $S_n/p^n < 1$ para un tamaño suficientemente grande $p$ . (En realidad no he seguido este camino de razonamiento, pero "se siente bien". Si lo sigo, dejaré un comentario o una respuesta explicando cómo resultó).

3voto

OMA Puntos 131

Esquema: Esto sigue el espíritu de La solución de Thomas Andrew a la otra pregunta del OP para encontrar el valor de la serie. La convergencia se demuestra entonces mostrando $S_n/p^n<1$ para una p suficientemente grande.


Encontrar el valor con funciones generadoras:

Definir $S_n$ para un fijo $k$ de la siguiente manera: $$S_n = \begin{cases} 0 & n \leq 0 \\ 1 & n = 1 \\ \sum_{j=1}^k S_{n-j} & n > 1 \end{cases}$$ Dejemos que $\mathcal{S}(z) = \sum_{n\geq 0}S_nz^n$ . Afirmo sin pruebas (buscaré un documento fuente, en lugar de derivarlo yo mismo) que: $$\mathcal{S}(z) = \frac{z}{1 - z - z^2 -\dots - z^k}$$

Es lo que sigue: \begin{align*} \mathcal{S}(z) &= \frac{z}{1 - z - z^2 -\dots - z^k} \\ &= \frac{z}{2 - \sum_{j=0}^k z^j} \\ &= \frac{z}{2 - \frac{z^{k+1}-1}{z-1}} \\ &= \frac{z(z-1)}{2z -z^{k+1}-1} \\ &= \frac{z(z-1)}{(2-z^k)z-1} \end{align*}

El valor que buscamos es $\mathcal{S}(1/p)$ : \begin{align*} \mathcal{S}(1/p) &= \frac{(1/p)\left(\frac{1}{p}-1\right)}{\left(2-\frac{1}{p^k}\right)\frac{1}{p}-1} \\ &= \frac{\frac{1-p}{p^2}}{\left(\frac{2p^k-1}{p^{k+1}}\right)-1} \\ &= \frac{1-p}{\frac{p^2}{p^{k+1}}\left(2p^k-1 -p^{k+1}\right)} \\ &= \frac{(1-p)p^{k-1}}{(2-p)p^k -1} \end{align*}

Esto es lo deseado.


Probar la convergencia:

Sin embargo, esto sólo proporciona el valor si la serie converge esa prueba es totalmente independiente.

Se sabe que $S_n \in \mathcal O( r^n )$ , donde $r$ es la mayor raíz real de la ecuación $2-\sum_{j=0}^k z^j = 0$ . Para justificar esto, considere la última identidad en este artículo de la Wiki y considerar su comportamiento asintótico. (No me gusta la fuente de eso, pero encontraré una mejor después).

Así, mientras $r < p$ la serie $\mathcal{S}(1/p)$ está limitada por encima por una serie geométrica convergente $\sum_{n\geq 0} \left(\frac{r}{p}\right)^n$ .

Afortunadamente, basándonos en el Lemma 2.7 de este documento arxiv sabemos que la mayor raíz real de $2-\sum_{j=0}^kz^j = 0$ está estrictamente acotado entre $1$ y $2$ . Así, mientras $p \geq 2$ tenemos la convergencia.

1 votos

Su afirmación sobre la función generadora es muy fácil de probar, no vale la pena buscar una referencia; sólo hay que calcular $S(z)-(zS(z)+z^2S(z)+\cdots+z^kS(z))$ término por término, utilizando la relación generadora de $n\gt k$ y la definición explícita de $n\leq k$ .

2voto

Leucippus Puntos 11926

Las ecuaciones de diferencia dadas por la serie sugerida son: \begin{align} F_{n+2} &= F_{n+1} + F_{n} \\ T_{n+3} &= T_{n+2} + T_{n+1} + T_{n} \\ \tag{1} U_{n+4} &= U_{n+3} + U_{n+2} + U_{n+1} + U_{n} \end{align} y así sucesivamente. En general, adoptan la forma \begin{align}\tag{2} \phi_{n+m} = \sum_{k=0}^{m-1} \phi_{n+m-k-1}, \end{align} donde $\phi_{0}, \phi_{1}, \phi_{2}, \cdots $ son los valores iniciales. Considerando la función generadora definida por \begin{align} f_{m}(t) = \sum_{n=0}^{\infty} \phi_{n+m} \, t^{n} \end{align} entonces se encuentra fácilmente que \begin{align} f_{m}(t) &= \frac{1}{ 2 - \sum_{k=0}^{m} t^{k}} \cdot \sum_{k=0}^{m-1} \left[\left( \phi_{k} - \sum_{s=0}^{k-1} \phi_{s} \right) \, t^{k} \right] \\ &= \frac{1 - t}{1 - 2 t + t^{m+1}} \, \cdot \sum_{k=0}^{m-1} \left[\left( \phi_{k} - \sum_{s=0}^{k-1} \phi_{s} \right) \, t^{k} \right] \tag{3} \end{align} si $t \to 1/t$ entonces \begin{align} f_{m}(t) &= \frac{t^{m} (t - 1)}{1 - 2 t + t^{m+1}} \, \cdot \sum_{k=0}^{m-1} \left[\left( \phi_{k} - \sum_{s=0}^{k-1} \phi_{s} \right) \, \frac{1}{t^{k}} \right] \end{align} Cuando $t = 10$ esto se reduce a \begin{align}\tag{4} f_{m}\left(\frac{1}{10}\right) = \frac{9}{(10)^{m+1}- 2 \, (10)^{m} + 1} \cdot \sum_{k=0}^{m-1} \left[\left( \phi_{k} - \sum_{s=0}^{k-1} \phi_{s} \right) \, (10)^{m-k} \right] \end{align}

A modo de ejemplo, dejemos que $m=3$ que corresponde a la serie de Tribonacci, para obtener \begin{align} f_{3}\left(\frac{1}{10}\right) &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{T_{n}}{(10)^{n}} = \frac{9 \, (10)^{3}}{10^{4} - 2 \cdot 10^{3} + 1} \cdot \left(\frac{1}{10}\right) = \frac{100}{889}. \end{align}

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Aunque esto da la forma solicitada, no demuestra técnicamente que la serie converge; eso debe hacerse por separado. Pero, +1 aún así.

0voto

marty cohen Puntos 33863

Eso es porque $\sum_{n=0}^{\infty} F_nx^n =\frac1{1-x-x^2} $ .

Poniendo $x = \frac1{10^k}$ da $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{F_n}{10^{kn}} =\frac1{1-10^{-k}-10^{-2k}} =\frac{10^{2k}}{10^{2k}-10^{k}-1} $ .

Para los demás, la función generadora es $\sum_{n=0}^{\infty} G_n x^n =\frac1{1-x-x^2-...-x^m} $ donde $m=2$ para el Fib, $m=3$ para Trib, y $m=4$ para Tetra.

Para cada uno de ellos, $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{G_n}{ 10^n} =\frac1{1-\frac1{10}-\frac1{100}-...-\frac1{10^{m}}} =\frac{10^m}{10^m-10^{m-1}-...-1} =\frac{10^m}{8...(m-1 \ 8s)9} $ .

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