mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 26, 2025 7:53 am**

Να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{\binom{2n}{n}\, F_{2n+1}}{(2n+1)\,4^{n} \varphi^{4n+2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\arcsin\big({\tfrac{1}{\sqrt{\varphi}}}\big)$ ,

όπου $({F_n})_{n\in{\mathbb{N}}_{0}}$ η ακολουθία Fibonacci ( F_0=0

,

) και $\varphi$ ο "χρυσός αριθμός".

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 26, 2025 9:18 am**

grigkost έγραψε: Πέμ Ιουν 26, 2025 7:53 am Να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{\binom{2n}{n}\, F_{2n+1}}{(2n+1)\,4^{n} \varphi^{4n+2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\arcsin\big({\tfrac{1}{\sqrt{\varphi}}}\big)$ ,

όπου $({F_n})_{n\in{\mathbb{N}}_{0}}$ η ακολουθία Fibonacci (, ) και $\varphi$ ο "χρυσός αριθμός".

Από τον τύπο του Binet έχουμε:

$\displaystyle{\mathcal{F}_{2n+1} = \frac{\varphi^{2n+1} + \varphi^{-(2n+1)}}{\sqrt{5}}}$
Οπότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^{2n} \left( 2n+1 \right)} \binom{2n}{n} \frac{\mathcal{F}_{2n+1}}{\varphi^{4n+2}} &= \frac{1}{\sqrt{5}}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^{2n} \left( 2n+1 \right)} \binom{2n}{n} \left( \frac{\varphi^{2n+1} + \varphi^{-(2n+1)}}{\varphi^{4n+2}} \right) \\ & = \frac{1}{\sqrt{5}} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^{2n} \left( 2n+1 \right)} \binom{2n}{n} \left( \frac{1}{\varphi^{2n+1}} + \frac{1}{\varphi^{3 \left( 2n+1 \right)}} \right) \\ & = \frac{1}{\sqrt{5}} \left( \arcsin \frac{1}{\varphi} + \arcsin \frac{1}{\varphi^3} \right) \\ & = \frac{1}{\sqrt{5}} \left( \arcsin \frac{1}{\varphi} + \arcsin \frac{1}{2 \varphi + 1} \right) \end{aligned}}$
Όμως, $\displaystyle{\arcsin x + \arcsin y = \arcsin \left( x \sqrt{1 - y^2} + y \sqrt{1 - x^2} \right)}$ όταν $x^2 + y^2 \leq 1$ . Συνεπώς, (με λίγες πράξεις) έχουμε:

$\displaystyle{ \arcsin \frac{1}{\varphi} + \arcsin \frac{1}{2 \varphi + 1} = \arcsin \frac{1}{\sqrt{\varphi}}}$
και το αποτέλεσμα έπεται. Χρησιμοποιήθηκε η σειρά Taylor της $\displaystyle{\arcsin x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^{2n} \left( 2n+1 \right)} \binom{2n}{n} x^{2n+1}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 26, 2025 11:12 am**

Tolaso J Kos έγραψε: Πέμ Ιουν 26, 2025 9:18 am
Συνεπώς, (με λίγες πράξεις) έχουμε:

$\displaystyle{ \arcsin \frac{1}{\varphi} + \arcsin \frac{1}{2 \varphi + 1} = \arcsin \frac{1}{\sqrt{\varphi}}}$
και το αποτέλεσμα έπεται.

Ας συμπληρώσω αυτές τις πράξεις:

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{1}{\varphi} \sqrt{1 - \frac{1}{\left( 2 \varphi +1 \right)^2}} + \frac{1}{2 \varphi + 1} \sqrt{1 - \frac{1}{\varphi^2}} & = \frac{1}{\varphi} \sqrt{1 - \frac{1}{\varphi^6}} + \frac{1}{2\varphi + 1} \sqrt{1 - \frac{1}{\varphi^2}} \\ & = \frac{1}{\varphi} \sqrt{\frac{\varphi^6 - 1}{\varphi^6}} + \frac{1}{2\varphi + 1} \sqrt{\frac{\varphi^2 - 1}{\varphi^2}} \\ & = \frac{1}{\varphi} \sqrt{\frac{4 \varphi^3}{\varphi^6}} + \frac{1}{2\varphi + 1} \sqrt{\frac{\varphi}{\varphi^2}} \\ & = \frac{2}{\varphi} \sqrt{\frac{1}{\varphi^3}} + \frac{1}{\varphi^3} \sqrt{\frac{1}{\varphi}} \\ & = \frac{2}{\varphi^2} \sqrt{\frac{1}{\varphi}} + \frac{1}{\varphi^3} \sqrt{\frac{1}{\varphi}} \\ & = \sqrt{\frac{1}{\varphi}} \left( \frac{2}{\varphi^2} + \frac{1}{\varphi^3} \right) \\ & = \sqrt{\frac{1}{\varphi}} \left( \frac{2 \varphi + 1}{\varphi^3} \right) \\ & = \sqrt{\frac{1}{\varphi}} \frac{\varphi^3}{\varphi^3} \\ & = \sqrt{\frac{1}{\varphi}} \end{aligned}}$
από εδώ.

mathematica.gr

Σειρά με αριθμούς Fibonacci και χρυσό αριθμό

Σειρά με αριθμούς Fibonacci και χρυσό αριθμό

Re: Σειρά με αριθμούς Fibonacci και χρυσό αριθμό

Re: Σειρά με αριθμούς Fibonacci και χρυσό αριθμό