Fibonacci prueba

Question

Demostrar que: $$F_1F_2+F_2F_3+F_3F_4+\cdots+F_{2n-1}F_{2n}=F_{2n}^2$ $

Lo hasta que:

$$F^2(2k) + F(2k+1)F(2k+2) = F^2(2k+2)$$

He probado: #% $ $$F(2k)^2 + F(2k+1)*F(2k+2) = F(2k+2)*F(2k)+F(2k+2)*F(2k+1)$ $ $$F(2k)^2 = F(2k+2)*F(2k)$ $ $$F(2k+1)*F(2k) - F(2k)*F(2k-1) = F(2k)*F(2k)+F(2k)*F(2k+1)$% la #% $

??? ¿Hay algo malo con mi hipótesis inicial de inducción?

Answer 1

Podemos evitar la inducción utilizando Binet la Fórmula de números de Fibonacci, $$F_n=\frac{a^n-b^n}{a-b}$$ where $a,b$ are the roots of $x^2-x-1=0\iff a+b=1,ab=-1$ also, $a^2-a-1=0$

$$F_rF_{r+1}=\frac{(a^r-b^r)}{(a-b)}\frac{(a^{r+1}-b^{r+1})}{(a-b)}=\frac{a^{2r+1}+b^{2r+1}-(ab)^r(a+b)}{(a-b)^2}$$ $$=\frac{a^{2r+1}+b^{2r+1}-(-1)^r}{(a-b)^2} \text{ as } ab=-1$$

Por eso, $$(a-b)^2\sum_{m\le r\le m+n}F_rF_{r+1}$$ $$=\sum_{m\le r\le m+n}a^{2r+1}+\sum_{m\le r\le m+n}b^{2r+1}-\sum_{m\le r\le m+n}(-1)^r$$

$$=\frac{a^{2m+1}\{(a^2)^{n+1}-1\}}{a^2-1}+\frac{b^{2m+1}\{(b^2)^{n+1}-1\}}{b^2-1}-(-1)^m\sum_{0\le r\le n}(-1)^r$$

$$=a^{2(m+n+1)}+b^{2(m+n+1)}-(a^{2m}+b^{2m})-(-1)^m\sum_{0\le r\le n}(-1)^r$$ como $a^2-1=a$ $a^2-a-1=0$

$$=(a^{m+n+1}-b^{m+n+1})^2+2(ab)^{m+n+1}-\{(a^m-b^m)^2+2(ab)^m\}-(-1)^m\sum_{0\le r\le n}(-1)^r$$

$$=(a^{m+n+1}-b^{m+n+1})^2-(a^m-b^m)^2-2(-1)^m\{(-1)^{n+1}-1\}-(-1)^m\sum_{0\le r\le n}(-1)^r$$

Como la suma de un número par de alternativa positiva negativa términos reales con el mismo valor absoluto es $0,$ si $n$ es extraño $=2k-1$(por ejemplo),

$$(a-b)^2\sum_{m\le r\le m+2k-1}F_rF_{r+1}=(a^{m+2k}-b^{m+2k})^2-(a^m-b^m)^2$$

$$\implies \sum_{m\le r\le m+2k-1}F_rF_{r+1}=F_{m+2k}^2-F_m^2$$

$$m=0\implies \sum_{0\le r\le 2k-1}F_rF_{r+1}=F_{2k}^2-F_0^2=F_{2k}^2 \text{ as } F_0=0$$

$$\implies \sum_{1\le r\le 2k-1}F_rF_{r+1}=F_{2k}^2-F_0F_1=F_{2k}^2 \text{ as } F_0=0$$

Answer 2

Hay un problema con lo que usted está tratando de mostrar:

$$F^2(2k) + F(2k+1)F(2k+2) = F^2(2k+2)$$

Trate de escribir la suma explícitamente para $n=1$ y $n=2$ y comparándolo con lo que tienes. Verás que olvidó incluir un término en el lado izquierdo.

Sospecho que esta es la verdadera razón de por qué has sido incapaz de conseguir las dos partes a un acuerdo.

Answer 3

Su configuración es casi precisamente lo que necesitará en el paso de inducción para una prueba por inducción. Por el contrario debe tener % $ $$F^2(2k)+F(2k)F(2k+1)+F(2k+1)F(2k+2)=F^2(2k+2).$todo lo que queda es hacer el paso base y los detalles del paso de inducción.

Answer 4

$$F_{r+2}^2-F_r^2=(F_{r+2}-F_r)(F_{r+2}+F_r)=F_{r+1}(F_{r+2}+F_r)$$

Así, $$F_{r+2}^2-F_r^2=F_{r+2}F_{r+1}+F_{r+1}F_r$ $

Podemos utilizar este hecho para demostrar la proposición requiere sin utilizar la inducción.

Poner $r=2n-2,2n-4,\cdots,4,2,0$ para obtener,

$$F_{2n}^2-F_{2n-2}^2=F_{2n}F_{2n-1}+F_{2n-1}F_{2n-2}$$ $$F_{2n-2}^2-F_{2n-4}^2=F_{2n-2}F_{2n-3}+F_{2n-3}F_{2n-4}$$

$$\cdots$$

$$F_{6}^2-F_{4}^2=F_{6}F_{5}+F_{5}F_{4}$$ $$F_{4}^2-F_{2}^2=F_{4}F_{3}+F_{3}F_{2}$$ $$F_{2}^2-F_{0}^2=F_{2}F_{1}+F_{1}F_{0}$$

Sumándolos obtenemos, $$F_{2n}^2-F_0^2=\sum_{0\le m\le 2n-1}F_mF_{m+1}$ $

Pero $ de $$F_0=0\implies F_{2n}^2-F_0^2=F_{2n}^2$ y $$ \sum_{0\le m\le 2n-1}F_mF_{m+1}=\sum_{1\le m\le 2n-1}F_mF_{m+1}+F_0F_1=\sum_{1\le m\le 2n-1}F_mF_{m+1}$ $

Así, $$F_{2n}^2=\sum_{1\le m\le 2n-1}F_mF_{m+1}$ $

Asimismo poner $r=2n-1,2n-3,\cdots,3,1$ y agregarlos podemos derivar %#% $ #%

Answer 5

Prueba $F_1F_2 + F_2F_3 + F_3F_4 + \cdots + F_{2n-1}F_{2n} = F^2_{2n}$.

Caso base $n = 1 \Longrightarrow F_1F_2 = F_{2(1)} = 1$ es cierto

Asumir cierto % de todos $m \in \Bbb{N}: m \leq n$. Nosotros probamos $F_1F_2 + F_2F_3 + F_3F_4 + \cdots + F_{2n+1}F_{2n+2} = F^2_{2(n+1)}$.

En el lado izquierdo tenemos $F_{2n}^2 + F_{2n}F_{2n+1} + F_{2n+1}F_{2n+2} = F^2_{2n} + F_{2n}F_{2n+1} + F_{2n+1}(F_{2n} + F_{2n+1})$ pero todo esto se simplifica a $$(F_{2n}+F_{2n+1})^2$ $