Fracción egipcia para $\varphi- {F(2n+2) \over F(2n+1)}$

Question

La suma de los recíprocos de los ${2^n}$ de los números de Fibonacci es conocido por ser $\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}$ . https://math.stackexchange.com/a/746678/134791

Esto puede escribirse como la siguiente forma cerrada para un Fracción egipcia .

$$\varphi=2-\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{F(2^{k+2})}$$

donde $\varphi$ es el proporción áurea $$\varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$$

y $F(n)$ son los Números de Fibonacci según lo descrito por $$F(n)=F(n-1)+F(n-2)$$ con $F(0)=0, F(1)=1$ .

El resultado se generaliza a otros muestreos.

$$\varphi = \frac{F(2n+1)}{F(2n)}-\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{F(n2^{k+2})}$$

https://math.stackexchange.com/a/2307929/134791

¿Existe una fórmula similar para $\varphi- \dfrac{F(2n+2) }{F(2n+1)}$ ?

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Answer 1

Dejemos que $\alpha = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ y $\beta = \frac{1-\sqrt{5}}{2} = -\alpha^{-1}$ . En términos de $\alpha, \beta$ tenemos la fórmula de Binet:

$$F(n) = \frac{\alpha^n - \beta^n}{\alpha - \beta}$$

Para cualquier número entero de impar $m$ Esto lleva a

$$\varphi - \frac{F(m+1)}{F(m)} = \alpha - \frac{\alpha^{m+1} - \beta^{m+1}}{\alpha^m - \beta^m} = \frac{\beta^{m-1} + \beta^{m+1}}{\alpha^m - \beta^m} = \frac{(\beta-\alpha)\beta^m}{\alpha^m - \beta^m} = \frac{\alpha-\beta}{\alpha^{2m} + 1}$$ Aviso $\displaystyle\;\frac{1}{\alpha^{2m}+1}\;$ puede reescribirse como $$\begin{align} & \left(\frac{1}{\alpha^{2m}+1} + \frac{1}{\alpha^{4m}-1}\right) -\left(\frac{1}{\alpha^{4m}-1} - \frac{1}{\alpha^{8m}-1}\right) -\left(\frac{1}{\alpha^{8m}-1} - \frac{1}{\alpha^{16m}-1}\right) -\cdots\\ = & \frac{\alpha^{2m}}{\alpha^{4m}-1} - \frac{\alpha^{4m}}{\alpha^{8m}-1} - \frac{\alpha^{8m}}{\alpha^{16m}-1} - \cdots\\ = & \frac{1}{\alpha^{2m} - \beta^{2m}} - \frac{1}{\alpha^{4m} - \beta^{4m}} - \frac{1}{\alpha^{8m} - \beta^{8m}} - \cdots \end{align}$$ Combinar lo que ya se sabe para incluso $m$ obtenemos la siguiente fórmula para el general $m$ .

$$\varphi - \frac{F(m+1)}{F(m)} = \begin{cases} \displaystyle\;\frac{1}{F(2m)} - \sum_{k=2}^\infty \frac{1}{F(2^km)}, & m \equiv 1 \pmod 2\\ \displaystyle\;-\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{F(2^km)}, & m \equiv 0 \pmod 2 \end{cases}$$

Uno puede preguntarse qué ocurre si sustituimos los números de Fibonacci por los de Lucas.
Utilizando un enfoque similar, se puede demostrar que $$\varphi - \frac{L(m+1)}{L(m)} = \begin{cases} \displaystyle\;-\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{F(2^km)},& m \equiv 1 \pmod 2\\ \displaystyle\;\frac{1}{F(2m)} - \sum_{k=2}^\infty \frac{1}{F(2^km)}, & m \equiv 0\pmod 2 \end{cases}$$

Answer 2

A partir de una expansión diferente para la expresión dada por @achillehui $\frac{\alpha-\beta}{\alpha^{2m}+1}$ como una serie geométrica, los casos particulares son

$$\varphi = 1+\sqrt{5}\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\left(\frac{2}{1+\sqrt{5}}\right)^{2k}$$

$$\varphi = \frac{3}{2}+\sqrt{5}\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\left(\frac{2}{1+\sqrt{5}}\right)^{3·2k}$$

$$\varphi = \frac{8}{5}+\sqrt{5}\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\left(\frac{2}{1+\sqrt{5}}\right)^{5·2k}$$

$$\varphi = \frac{21}{13}+\sqrt{5}\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\left(\frac{2}{1+\sqrt{5}}\right)^{7·2k}$$

por lo que la forma general parece ser

$$\varphi = \frac{F(2n+2)}{F(2n+1)} + \sqrt{5}\sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1}\left(\frac{2}{1+\sqrt{5}}\right)^{(2n+1)2k}$$

Esto es alternativo, una versión creciente estaría bien.