Фибоначчи

[Aizek]

Нужно доказать неравенство для чисел Фибоначчи:

$F_n \geqslant 2^{0.5 \cdot n} $ при $ n \geqslant 6$

Используем мат. индукцию:
Пусть $ n = k $ :

$$F_k \geqslant 2^{0.5 \cdot k} $$

Пусть $ n = k + 1 $ :

$$F_{k+1} \geqslant 2^{0.5 \cdot (k+1)} \to F_{k-1} + F_k\geqslant 2^{0.5 \cdot (k+1)} $$

Так как $F_k \geqslant 2^{0.5 \cdot k} $ то:

$$F_{k-1} + 2^{0.5 \cdot k}\geqslant 2^{0.5 \cdot (k+1)} \to F_{k-1} \geqslant 2^{0.5 \cdot k} \cdot (\sqrt{2} - 1) $$

Что делать дальше ?
P.S как увеличить межстрочный интервал ?

[Lia]

Aizek в сообщении #1155614 писал(а):

P.S как увеличить межстрочный интервал ?

Никак. Можете некоторые формулы делать выключными. Через раз, например.

Одна исправлена для примера, оценивайте, делайте остальное как хотите.

[sergei1961]

Взять явную формулу Бине, из неё получится более точное и асимптотически правильное неравенство.

[Aizek]

sergei1961 в сообщении #1155617 писал(а):

Взять явную формулу Бине, из неё получится более точное и асимптотически правильное неравенство.

А из того что я сделал что еще можно сделать не прибегая к формуле Бине ?

[provincialka]

Во-первых, надеюсь, вы не забыли про базу индукции?
Во-вторых рассуждение у вас странное. Зачем вы что-то вычитаете?
Что является у вас индукционным предположением?

Вам надо доказать, что $F_n\geqslant a^n$ для $a=\sqrt 2$. Запишите индукционное предположение для $n=k$ и $n=k+1$ и попытайтесь сделать оценку для $n=k+2$.

[Aizek]

provincialka в сообщении #1155625 писал(а):

Во-первых, надеюсь, вы не забыли про базу индукции?
Во-вторых рассуждение у вас странное. Зачем вы что-то вычитаете?
Что является у вас индукционным предположением?

Вам надо доказать, что $F_n\geqslant a^n$ для $a=\sqrt 2$. Запишите индукционное предположение для $n=k$ и $n=k+1$ и попытайтесь сделать оценку для $n=k+2$.

Базу конечно проверил. Выражение при n = k является индукционным предположением. Спасибо рассмотрение при n = k + 2 помогло.

[provincialka]

Aizek в сообщении #1155630 писал(а):

Базу конечно проверил.

Хорошо. Но только учтите, что базой будет исходное утверждение для $n=6$ и $n=7$. Понятно, почему?

[Aizek]

provincialka в сообщении #1155649 писал(а):

Aizek в сообщении #1155630 писал(а):

Базу конечно проверил.

Хорошо. Но только учтите, что базой будет исходное утверждение для $n=6$ и $n=7$. Понятно, почему?

Да, спасибо. Теперь я ищу константу $ c < 1 $ для которой $F_n \leqslant 2^{c \cdot n}$ при всех $ n \geqslant 0$

[DeBill]

Aizek
В стартовом сообщении Вы пытались вести индукцию задом наперед, что не есть хорошо, ибо база - в начале....

[sergei1961]

Наилучший результат, который Вы ищите, такой (из Бине):

$$ F_n \le \frac{1}{\sqrt{5}} q^n, q=\frac{1+\sqrt{5}}{2}. $$

Лучше быть не может, для того вида неравенства, которое Вы ищите. Если очень хочется, то можете выразить своё $c$ через логарифм от $q$. Попробуйте доказать это индукцией, это имеет учебный смысл, а зачем доказывать намного более грубое неравенство, когда известно простое точное?

[Null]

sergei1961 в сообщении #1155952 писал(а):

Наилучший результат, который Вы ищите, такой (из Бине):

$$ F_n \le \frac{1}{\sqrt{5}} q^n, q=\frac{1+\sqrt{5}}{2}. $$

Лучше быть не может, для того вида неравенства, которое Вы ищите. Если очень хочется, то можете выразить своё $c$ через логарифм от $q$. Попробуйте доказать это индукцией, это имеет учебный смысл, а зачем доказывать намного более грубое неравенство, когда известно простое точное?

Оно при $n=1$ неверно.

[sergei1961]

Да, Вы правы, верно только для чётных номеров, для нечётных пропустил, что выражение в формуле Бине после минуса тоже может быть отрицательное. Тогда для нечётных надо или второе слагаемое честно выписать, или это выражение грубо умножить на 2.

[Someone]

Ну, можно сформулировать так: для всякого $\varepsilon>0$, начиная с некоторого $n$, верно $F_n<\frac 1{\sqrt{5}}\left(\frac{1+\sqrt{5}}2\right)^{n+\varepsilon}$.

[grizzly]

Someone в сообщении #1155981 писал(а):

Ну, можно сформулировать так: для всякого $\varepsilon>0$, начиная с некоторого $n$, верно $F_n<\frac 1{\sqrt{5}}\left(\frac{1+\sqrt{5}}2\right)^{n+\varepsilon}$.

Чуть лучше при тех же допущениях $\varepsilon $ перенести в множитель: $F_n<(\frac 1{\sqrt{5}}+\varepsilon)\left(\frac{1+\sqrt{5}}2\right)^{n}$.
Или в том направлении, которое интересует ТС:
Для всякого $\varepsilon>0$, начиная с некоторого $n$, верно $F_n>(\frac 1{\sqrt{5}}-\varepsilon)\left(\frac{1+\sqrt{5}}2\right)^{n}.$

[Someone]

(grizzly)

grizzly в сообщении #1155997 писал(а):

Чуть лучше …

Да, можно. И другие варианты придумать можно.

grizzly в сообщении #1155997 писал(а):

Или в том направлении, которое интересует ТС:

Это я уже забыл стартовое сообщение, а посмотрел только на сообщение sergei1961 и последующие два, так что ответ ему предназначался.