Una bella somma

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Mist
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Una bella somma

Messaggio da Mist » 03 ott 2011, 21:26

Dimostrare che

$$\sum_{j=1}^{n}\frac{F_j}{2^j} < 2$$

Dove $F_1=F_2=1$ e $F_{n+1}= F_{n}+F_{n-1}$


"Bonus":
E quanto vale $\displaystyle \sum_{j=1}^{\infty }\frac{F_j}{2^j}$ ?
Ultima modifica di Mist il 04 ott 2011, 14:48, modificato 1 volta in totale.
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<enigma>
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Re: Una bella somma

Messaggio da <enigma> » 04 ott 2011, 14:17

Penso tu intenda $\displaystyle \frac {F_j} {2^j}$.
"Quello lì pubblica come un riccio!" (G.)
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Mist
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Re: Una bella somma

Messaggio da Mist » 04 ott 2011, 14:48

sìsì correggo subito
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Karl Zsigmondy
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Re: Una bella somma

Messaggio da Karl Zsigmondy » 04 ott 2011, 16:32

Innanzitutto sfrutto il fatto che $ F_j = \frac{1}{\sqrt{5}} \cdot [(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^j - (\frac{1-\sqrt{5}}{2})^j] $. Quindi sostituisco la formula esplicita per i Fibonacci dentro quella somma, separo i due addendi dentro la quadra, svolgo le due serie geometriche (e mi rendo più pulita l'espressione) e arrivo a dire che la somma $ S_n $ in questione vale:
$ S_n = \frac{4}{3 \sqrt{5} + 5} \cdot ((\frac{1-\sqrt{5}}{4})^{n+1} - 1) - \frac{4}{3 \sqrt{5}-5} \cdot ((\frac{1+\sqrt{5}}{4})^{n+1}-1) $
Ora osservo banalmente che la somma in questione è crescente, quindi mi basta dimostrare che il suo limite (per n che va a + infinito) è 2. Dato che le basi negli esponenziali nella parentesi sono minori di 1, limite di $ S_n $ è uguale a:
$ \frac{4}{3 \sqrt{5} + 5} \cdot (- 1) - \frac{4}{3 \sqrt{5}-5} \cdot (-1) = 2 $
Dato che $ \displaystyle \lim_{n \to + \infty}{S_n}=2 $ segue la tesi.
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi."
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ma_go
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Re: Una bella somma

Messaggio da ma_go » 04 ott 2011, 17:18

bam! cannoni! (senza offesa, eh, karl)
vediamo se qualcuno riesce a non usare la formula chiusa per i fibonacci. (consideratelo come un rilancio).

Gigi95
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Re: Una bella somma

Messaggio da Gigi95 » 04 ott 2011, 18:35

Sia $ T_j=\frac{F_j}{2^j} $, allora vale $ T_1=\frac12\, ,\, T_2=\frac14 $ e $ 2^{n+1}T_{n+1}=2^nT_n+2^{n-1}T_{n-1} \; \forall\, n\geq 2 $, quindi $ T_{n+1}=\frac12T_n+\frac14T_{n-1}\;\forall\,n\geq2 $
Sia inoltre $ \displaystyle S_n=\sum_{i=1}^nT_i $, vogliamo dimostrare che $ \forall \,n\in\mathbb{N} $ si ha $ S_n<2 $.
Noto che $ \displaystyle \sum_{j=2}^nT_{j+1}=\sum_{j=2}^n\frac12T_j+\frac14tT_{j-1} $
e quindi che $ S_{n+1}-T_1-T_2=\frac12S_n-\frac12T_1+\frac14S_{n-1} $
dunque $ S_{n+1}=\frac12S_n+\frac14S_{n-1}+\frac12 \; \forall\, n\geq 2 $.
Ora, $ S_1=\frac12 $ e $ S_2=\frac34 $ e se $ S_{n-1},S_n<2 $, allora $ S_{n+1}<1+\frac12+\frac12=2 $
Da qui segue la tesi.
[tex] \lambda \upsilon \iota \varsigma [/tex]

ma_go
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Re: Una bella somma

Messaggio da ma_go » 04 ott 2011, 19:34

ottima soluzione, Gigi95!
la mia è sostanzialmente identica: uno osserva che, nella notazione di Gigi95, $2-S_n = F_{n+3}/2^n$ (o uno sa l'identità che ci sta dietro, o -come nel mio caso- si fa i primi casi a mano e vede cosa salta fuori, e poi lo dimostra per induzione).

disclaimer: qui comincia la parte un po' MNE (limiti, serie, e un po' di linguaggio: nulla di esoterico, e nulla di davvero MNE)
adesso, infiliamoci un po' di analisi in mezzo (un po' per finta, un po' per davvero), per dimostrare che la serie somma a 2. siccome $S_n$ è limitata, $F_{n}/2^n$ è infinitesima, quindi anche $F_{n+3}/2^n$ lo è, quindi il limite della successione $S_n$ è 2, quindi la serie somma a 2.

Gigi95
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Re: Una bella somma

Messaggio da Gigi95 » 04 ott 2011, 19:39

ma_go ha scritto:ottima soluzione, Gigi95!
Ti ringrazio :!:
[tex] \lambda \upsilon \iota \varsigma [/tex]

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