Altro Che codice da Vinci, patacca mediatica come poche altre,(e io che ho pure pagato il biglietto del cinema ma che mi passava per la testa?La linea 2 della metropolitana di Toronto????), eccovi una stima carina per Fibonacci
Siano $ F_{0}=0 $, $ F_{1}=1 $ e $ F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2} $ i cosidetti numeri di fibonacci, dimostrare che
$ \displaystyle\forall n\geq1\ :\ \ \ F_{n+1}\leq n^{\frac{n}{2}} $
Ho postato in questa sezione un problema che sembra proprio della teoria dei numeri elementare perchè la soluzione che possiedo l'ho trovata casualmente risolvendo un problema assai più complesso di algebra lineare. Probabilmente esiste una soluzione olimpica a questo problema, anzi invito gli utenti più giovani a cercarla.
(Se poi qualcuno vuol conoscere la mia soluzione inizi a dimostrare la seguente proposizione:
Sia $ A\in\mathbb{C}^{n\times n} $, con $ A=[a_{ij}]_{i,j=1}^{n} $ e sia $ k\in\left\{1,\ldots ,n-1\right\} $ e $ A=[A_1\ A_2] $ con $ A_1=[a_{ij}]_{i,j=1}^{n,k} $ e $ A_2=[b_{ij}]_{i,j=1}^{n,n-k} $ con$ b_{i j}=a_{i j+k} $,
Allora
$ \left|\det(A)\right|^2\leq(\det(A_1^*A_1)(\det(A_2^*A_2)) $ dove $ ^* $ indica la trasposta coniugata.... P.S. Ovviamente per dimostrare la stima di fibonacci in questo modo andremo a parare nella solita disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, ma c'è qualcosa che non si può fare con questa semplice disuguaglianza vettoriale?)
Stima per Fibonacci
Re: Stima per Fibonacci
Ovviamente $ F_{n+1}<=2F_{n} $ da cui $ F_{n+1}<2>M $ per una costante $ M $ facilmente calcolabilepsion_metacreativo ha scritto:
Siano $ F_{0}=0 $, $ F_{1}=1 $ e $ F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2} $ i cosidetti numeri di fibonacci, dimostrare che
$ \displaystyle\forall n\geq1\ :\ \ \ F_{n+1}\leq n^{\frac{n}{2}} $
Molto banalmente si potrebbe dire che $ \displaystyle\forall n \geq 2 \rightarrow F_{n+1} \leq 2^{n-1} $ visto che sono partito dal valore in cui sono uguali e poi le potenze di due raddoppiano e i numeri di fibonacci salgono più lentamente. A questo punto basta dimostrare che $ 2^{n-1} \leq n^{\frac{n}{2}} $ ovvero che $ 4^{n-1} \leq n^n $ che è ovviamente vero per ogni $ n\geq4 $Probabilmente esiste una soluzione olimpica a questo problema, anzi invito gli utenti più giovani a cercarla.
Negli altri casi (n=1,2,3) basta fare la prova.
P.S. Sono consapevole che 'sta robba difficilmente può essere definita dimostrazione olimpica, ma vabbè...
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)
