Dowód Godzio: Hej, mam takie zadanie i nie mogę doszukać się błędu. Chciałbym pokazać, że istnieją dwa podciągi ograniczone, jeden rosnący, drugi malejący co pozwoli wykazać mi, że istnieje granica i z równania wyznaczyć ją. Wydaje mi się, że mieszam coś definicji ciągu, ale nie mam pojęcia co. Nie dam sobie też głowy uciąć, że to co zrobiłem jest poprawne. Ciąg Fibonacciego: f₁ = f₂ = 1 f_{n + 2} = f_{n + 1} + f_n f_n: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, ... Wykaż, że ciąg ten spełnia równanie

	fn+1		1 + √5
limn→∞		=
	fn		2

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

	fn+1
Ciąg		: 1, 2; 1.5; 1.(6); 1.6; 1.625; 1.(615384); 1.(619047); ...
	fn

składa się z dwóch podciągów o numerach parzystych i nieparzystych

	fn+1
Niech xn =		dla n − nieparzystych tj n = 2k−1 oraz
	fn

	fn+1
yn =		dla n − parzystych tj n = 2k, gdzie k ∊ N+
	fn

Pokażemy, że ciąg x_n jest rosnący tj. x_n+1 − x_n > 0, a ciąg y_n jest malejący tj. y_n+1 − y_n < 0 x_n: 1; 1.5; 1.6; 1.(615384); ... y_n: 2; 1.(6); 1.625; 1.(619047); ... Metodą indukcji matematycznej: x₁ = 1 oraz x₃ = 1.5 więc x₃ − x₁ = 0.5 > 0 Załóżmy, że dla pewnego n ∊ N₊ i nieparzystego zachodzi: x_{n + 1} − x_n > 0 ⇔

fn+2		fn+1
	−		> 0 ⇔
fn+1		fn

f_n+2f_n − f_n+1² > 0 ⇔ f_2k+1f_2k−1 − f_2k² > 0 Wówczas:

	fn+3		fn+2
xn+2 − xn+1 =		−		=
	fn+2		fn+1

f2k−1+3		f2k−1+2
	−		=
f2k−1+2		f2k−1+1

f2k+2		f2k+1
	−		=
f2k+1		f2k

f2k+1+f2k		f2k+1
	−		=
f2k+f2k−1		f2k

f2k+1f2k+f2k2−f2kf2k+1−f2k+1f2k−1
(f2k+f2k−1)f2k

f2k2−f2k+1f2k−1
	< 0 −− nie wychodzi rosnący..
(f2k+f2k−1)f2k

wredulus_pospolitus: Godzio ... pokićkałeś indeksowanie: x_n+2 =? f_{2k − 1 + 2} = f_2k+1 <−−− czyli dla k=1 mamy x₃ = f₃ x_n+1 =? f_{2k − 1 + 1} = f_2k <−−− PARZYSTY numer c. f_m ORAZ dla k=1 mamy x₂ = f₂ innymi słowy −−−> Twój podciąg nie jest podciągiem winno się podstawiać: x_n = f_2n−1 −−−> x_n+1 = f_{2(n+1) − 1} = f_{2n + 1} więc dla n=2 mamy x₂ = f₃ y_n = f_2n −−−> y_n+1 = f_2(n+1) = f_{2n + 2} więc dla n=2 mamy y₂ = f₄ i masz dwa podciągi poprawnie zdefiniowane i poprawnie podstawiane indeksowanie PS. A czy Fibonacciego nie indeksujemy przypadkiem od 0

wredulus_pospolitus: Eeeee .... mam pytanie ... udowodnisz, że masz dwa pociągi ... jeden rosnący ... drugi malejący. Powiedzmy, że nawet wykażesz, że ten rosnący jest ograniczony z góry (dla malejącego jest to o wiele łatwiej zrobić). Ale jak z tego chcesz pokazać, że oba te podciągi zbiegają do tej samej granicy?

Godzio: Dzięki, wiedziałem, że coś jest nie tak z tym indeksowaniem, ale już oczopląsu dostałem Koncepcję miałem taką: − jest twierdzenie o ciągu monotonicznym i ograniczonym − ma granicę, − oba podciągi mają granicę, którą mogę wyznaczyć więc dla tych dwóch podciągów istnieje granica. Granicę chciałem wyznaczyć z równości f_n+2 = f_n+1 + f_n bo zachodzi ona dla n nieparzystego i parzystego. Dla n nieparzystego: f_2k+1 = f_2k + f_2k−1 Dla n parzystego f_2k+2 = f_2k+1 + f_2k Dzieląc przez f_2k i f_2k+1 odpowiednio i przechodząc do granic mamy:

	1		1 + √5
g = 1 +		⇒ g =
	g		2

Zostałem poproszony o pomoc, a już dawno nie tykałem teoretycznych zadań...

ABC: A nie podoba się klasyczny dowód ze wzoru Bineta ? chyba łatwiej ten wzór przez indukcję zrobić co jest na przykład rozpisane w Grabowski "Ćwiczenia z analizy matematycznej dla nauczycieli" i potem z tego 2−3 linijki przekształceń i widać granicę mam na myśli postać wzoru

	1		1+√5
f(n)=		(φn−(−φ)−n) gdzie φ=
	√5		2

Godzio: Wiem, że jest wzór, ale w teorii nie można go wykorzystać bez uprzedniego wyprowadzenia. Oczywiście można, ale to chyba się robi na równaniach różniczkowych, nie pamiętam dokładnie.

wredulus_pospolitus: Okeeeeyyy ... ale do tego nie potrzebujesz babrać się w podciągi, zwłaszcza że i tak później przechodzisz do ciągu f_n i na nim robisz końcowe kroki dowodu.

wredulus_pospolitus: A z czego można skorzystać W sensie ... co student ma udowodnione

Godzio: Tak, tylko psuło mi to, że ciąg "skacze". A jak udowodnić, że granica istnieje co pozwoli mi na przejście, które opisałem?

wredulus_pospolitus: Bo możemy trochę 'oszukać' i napisać/wykazać:

	1+√5		1
g =		jest rozwiązaniem równania g2 − g − 1 = 0 ⇔ g = 1 +		i
	2		g

skorzystać z tej postaci

	fn+1
do pokazania, że |		− g| −> 0
	fn

Godzio: 1 rok, więc niewiele

Godzio: Dobra, chyba wymyśliłem w końcu...

	fn+1		fn + fn−1		fn−1		1
0 < |		− g| = |		− g| = |1 +		− (1 +		)|
	fn		fn		fn		g

=

	fn−1		1		fn−1g − fn
= |		−		| = |		| =
	fn		g		fng

	1		1		fn		1		fn
=		*		|		− g| ≤		|		− g|
	fn   fn−1		g		fn−1		g		fn−1

	1		f2
≤ ... ≤		|		− g| → 0 bo g > 1
	gn−1		f1

wredulus_pospolitus:

	fn+1
daaa ... tylko bym wprowadził nowy ciąg: gn =		co by trochę bardziej
	fn

przejrzysty był zapis gdy robisz wspólny mianownik

	1
jak również zapisanie dlaczego to −> 0 czyli, że g > 1 , więc		−> 0
	gn−2

wredulus_pospolitus:

	1		1
jak również komentarz, że fn ≥ fn+1 −−−>		=		≤ 1
	gn−1		fn   fn−1

Godzio: Super, dzięki! Może wpadnę jeszcze z jednym zadaniem bo właśnie się za nie zabieram

wredulus_pospolitus: miało być f_n ≥ f_n−1

Godzio: Chyba f_n+1 ≥ f_n

Godzio: o właśnie