Aufgaben Fibonacci-Folgen 7. April 2006 B. Werner SoSe 06

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1 19. April 2006 Aufgaben Fibonacci-Folgen 7. April 2006 B. Werner SoSe 06 Präsenzaufgaben: Aufgabe P1: Eine spezielle Lucasfolge (L n ) ist durch L n = L n 1 + L n 2, L 0 = 2, L 1 = 1 definiert. Berechnen Sie die ersten 9 Lucaszahlen. Finden Sie eine Beziehung zwischen L n und F n heraus! Lösung: oder L n = 2F n 1 + F n L n = F n 1 + F n+1. Zeige erstere mit vollständiger Induktion: a) n = 1: Es ist L 1 = 1 und 2F 0 + F 1 = 1. Also gilt die Aussage für n = 1. b) Angenommen, es gilt L n = 2F n 1 +F n für ein n. Dann ist L n+1 = 2F n +F n+1 zu zeigen. Nun ist L n+1 = L n +L n 1. Nach Induktionsannahme gilt L n = 2F n 1 +F n und 1 L n 1 = 2F n 2 +F n 1, insgesamt also L n+1 = 2F n 1 + F n + 2F n 2 + F n 1, nach Umgruppierung so dass wegen der Fibonacci-Rekursion was zu zeigen war. L n+1 = 2(F n 1 + F n 2 ) + F n + F n 1, L n+1 = 2F n + F n+1, Aufgabe P2: Zeigen Sie: zwei aufeinanderfolgende Fibonacci-Zahlen sind teilerfremd. Lösung: Falls die Aussage falsch ist, gibt es ein Ausnahme-n und eine natürliche Zahl m > 1, die F n+1 und F n teilt. Da F n 1 = F n+1 F n, teilt m dann auch F n 1. Da F n 2 = F n F n 1, teilt m dann auch F n 2. Fährt man so fort, kommt man nach n Schritten zu der Aussage, dass m auch F 1 = 1 teilt. Widerspruch zu m > 1. Aufgabe P3: Zeigen Sie: Jede dritte Fibonacci-Zahl ist gerade. 1 Man darf die Induktionsannahme auch für alle Zahlen, die kleiner als n sind, verwenden. 1

2 Abbildung 1: Goldenes Dreieck Lösung: Die Summe von zwei (un)geraden Zahlen ist gerade, die Summe einer geraden und einer ungeraden Zahl ist ungerade. Daher ist die Fibonacci-Folge aus der (un)geraden Sicht: gerade, ungerade, ungerade, gerade, ungerade, ungerade,... Alle drei Zahlen wiederholt sich die Abfolge gerade, ungerade, ungerade. Präzise wird dies mit der Modulo-2-Rechnung gezeigt, s.u. Aufgabe P4: Welche Fibonacci-Zahlen sind durch 3 teilbar? Lösung: Setze f n := F n mod 3. Dann können diese Restezahlen nur die Werte 0, 1 oder 2 annehmen. (f n ): 0,1,1,2,0,2,2,1, 0,1,1,2,0,2,2,1,... Alle 8 Zahlen wiederholt sich alles, aber jede vierte Zahl ist durch 3 teilbar, da jedes vierte f n verschwindet. Aufgabe P5: Wenn man von einem Goldenen Rechteck (das Verhältnis der Kantenlängen ist eine Goldene- Schnitt-Zahl) ein Quadrat abtrennt, erhält man wieder ein Goldenes Rechteck. Lösung: Sei a < b. Wann ist b a = a? Nenne x := b. Gefordert ist x + 1 = 1. Positive Lösung a b a x ist die große Goldene Schnittzahl Φ Wenn man einem Goldenen Rechteck über der längeren Kante ein Quadrat anfügt, erhält man wieder ein Goldenes Rechteck. Lösung: Wann ist a+b = b? b a Finden Sie heraus, was am Dreieck in Abb. 1 den Namen Golden verdient. Es gibt also ein spitzes und ein stumpfes Goldenes Dreieck. Welche Winkel gehören zu diesen? Lösung: Die Strecke DB untertelt dass große Dreieck genau dann in zwei gleichschenklige Dreiecke, wenn der Winkel γ bei C 36 Grad und die Basiswinkel 72 Grad sind. In diesem Fall sind das schraffierte und das Ausgangsdreieck ähnlich, daher ist a = c. Wegen der Gleichschenkligkeit des stumpfen Dreiecks ist a x = c, bzw. a = x + c, woraus folgt, dass a = Φ. c c x Man hat 2 Goldene Dreiecke, ein spitzes (Kathete/Basis = Φ) und ein stumpfes (Basis/Kathete = Φ). 2

3 Umgekehrt kann man zeigen: Wenn man ein spitzes Goldenes Dreieck hat (und dieses allein durch Kathete/Basis = Φ definiert), so hat dieses die oben angegebenen Winkel von 36 und 72 Grad. Übungsaufgaben: (Abgabe 18.April 2006) Aufgabe Ü1 1. Eine Fibonacci-Sequenz der Länge n ist ein Vektor (x 1, x 2,..., x n ) mit x j {0, 1} und x j x j+1 = 0 für alle j. Wieviele solcher Fibonacci-Sequenzen der Länge n gibt es? (Nenne die Anzahl A n ). Lösung: Man rechnet leicht nach: A 1 = 2, A 2 = 3. Eine Fibonacci-Sequenz der Länge n + 1 endet mit Null (Fall 1) oder mit Eins (Fall 2). Von der ersten Sorte gibt es A n Stück (an jede Sequenz der Länge n kann man eine Null anhängen), von der zweiten Sorte A n 1 Stück, da dann das vorletzte Glied eine Null sein muss und jede solche Sequenz durch Anhängen von Null und Eins an eine Sequenz der Länge n 1 entsteht. Daher gilt die Fibonacci-Rekursion A n+1 = A n + A n 1. Jetzt folgt A n = F n+2, da a n := F n+2 sowohl die Anfangsbedingungen a 1 = A 1 = F 3 = 2, a 2 = A 2 = F 4 = 3 als auch die Fibonacci-Rekursion a n+1 = a n + a n 1 erfüllt. Alternativ kann man A n = F n+2 direkt mit vollständiger Induktion zeigen, wobei aber die Rekursion A n+1 = A n + A n 1 wie oben begründet (und genutzt) werden muss. 2. Wieviele Fibonacci-Sequenzen der Länge n gibt es? (Nenne diese Anzahl B n ). Hinweis: Man überlege sich eine Formel für Lösung: Klar, dass B n = n A k mit A k aus Teil a), also wegen A k = F k+2 : B n = F 3 + F 4 + F n+2 = F n+4 F 2 F 1 1 = F n+4 3. F k Hierbei habe ich bzw. benutzt, siehe Aufgabe P7. F k = F n+2 1 n+2 F k = F n+4 1 3

4 3. (Aufgabenstellung einer Einrichtungszeitschrift vom ) Eine Küchenwand der Länge n (Meter) soll mit Unterschränken versehen werden, die eine Länge von k Metern, k = 1, 2,..., n haben können. Wieviele Möglichkeiten gibt es zur Ausgestaltung der Wand, wenn auch Lücken gelassen werden können? Beispiel: Wenn n = 2, so gibt es die Möglichkeit, einen 1m-Schrank mit einer 1m-Lücke, eine 1m-Lücke mit einem 1m-Schrank, zwei 1m-Schränke, einen 2m-Schrank oder gar nichts (2m-Lücke) zu stellen. Hinweis: Sie sollten von k-schränken und von k-lücken reden, k = 1, 2,... Überlegen Sie sich zunächst die Fälle n = 2, 3, 4 und versuchen Sie sich an einer Rekursionsformel und erst im 2.Schritt an einem Zusammenhang mit Fibonacci-Zahlen. Bezeichnen Sie die gesuchte Anzahl für eine Wand der Länge n mit mit a n Lösung: Bezeichne die gesuchte Anzahl mit a n. Ziel ist eine Rekursionsformel für (a n ). Betrachte eine Wand der Länge n + 1. Ist der letzte (rechte) Meter eine Lücke, so gibt es hiervon a n Möglichkeiten, da jede Bestückung einer Wand der Länge n durch eine 1-Lücke ergänzt werden kann. Schließt die Wand rechts mit einem Schrank der Länge k < n + 1 (Meter) (einem k-schrank) ab, so gibt es hiervon a n+1 k Möglichkeiten, da jede Bestückung einer n + 1 k-wand durch einen k-schrank zu einer Bestückung der (n +1)-Wand ergänzt wird, wobei k = 1, 2,..., n. Fehlt noch die Möglichkeit eines einzigen (n + 1)-Schranks. Daher gilt: bzw. (Umindizierung) a n+1 = a n + a n+1 = a n + a n+1 k + 1, a k + 1. Es ergibt sich a 1 = 2 (1-Schrank oder 1-Lücke) und aus der Rekursionsformel a 2 = a 1 + a = 5, a 3 = a 2 + a 2 + a = 13, a 4 = 34,... Vermutung (für die ersten n = 1, 2, 3,.. richtig): Um dies zu zeigen, vereinfachen wir: a n = F 2n+1. n 1 a k + 1 = a n + a k + 1 = a n + a n a n 1, 4

5 Abbildung 2: Pentagramm wobei dieselbe Formel wie oben, aber mit n 1 an Stelle von n, also benutzt wurde. Hieraus folgt n 1 a n = a n 1 + a k + 1 a n+1 = 3a n a n 1, eine kürzere Rekursionsformel. Also haben wir zu zeigen, dass a n = F 2n+1 dieser Rekursionsformel (samt Anfangsbedingungen siehe oben) genügt: F 2n+3 = 3F 2n+1 F 2n 1. Es ist aber mit wiederholter Anwendung der Fibonacci-Rekursion F n+1 = F n + F n 1 = 2F n 1 + F n 2 = 3F n 1 F n 3, da F n 2 = F n 1 F n 3. Wenn man hier n durch 2n + 2 ersetzt, erhält man das Gewünschte. Aufgabe Ü2 In Abb. 2 ist ein regelmäßiges Pentagon mit der roten Seite a, der gelben Seite b, der grünen Seite c und der blauen Seite d zu sehen. Welche Beziehungen zu den Goldene-Schnitt-Zahln gibt es? (Möglichst mit Beweis, unter Benutzung der Präsenzaufgabe P4). Lösung: Ein n-eck hat als Winkelsumme (n 2) 180 Grad. Daher hat ein Pentagon die 5 Außenwinkel 108 Grad. Mit Hilfe von einfachen Winkelsätzen erhalten wir alle Winkel in Abb. 2, insbesondere die Unterteilung von 108 Grad in drei gleiche Winkel a 36 Grad. In der Präsenzaufgabe haben wir zwei Typen von Goldenen Dreiecken kennengelernt, ein spitzes (mit Basiswinkeln 72 Grad) und ein stumpfes (mit Basiswinkeln 36 Grad). Man erkennt sofort, dass es von solchen Goldenen Dreiecken nur so wimmelt (Man berechne nur alle Winkel). Daher gilt Φ = a = a c = c b = b d, 5

6 also auch c = 1. Aufgabe Ü3 Betrachte zu irgendeinem m IN, m 2 Zeigen Sie f n := F n mod m. f n = f n 1 + f n 2 mod m, f 0 = 0, f 1 = 1. Lösung: Dies folgt aus dem allgemeinen Satz (Mathe I) (a + b) mod m = ((a mod m) + (b mod m)) mod m. Ohne das letzte mod m ist die Aussage falsch, wenn (a mod m) + (b mod m) m. Man kann zeigen, dass (f n ) periodisch mit der von m abhängigen Pisano-Periode p(m) ist. In den Präsenzaufgaben haben wir p(2) = 3, p(3) = 8, p(4) = 6 gesehen. Bestimmen Sie p(5). Ist also jede p(5)-te F-Zahl durch 5 teilbar? Lösung: Einfache Berechnung unter Zugrundelegung von dem ersten Teil: f n : 0, 1, 1, 2, 3, 0, 3, 3, 1, 4, 0, 4, 4, 3, 2, 0, 2, 2, 4, 1, 0, 1... Also gilt p(5) = 20. Wegen f 0 = 0 folgt f 20 = 0 und f 40 = 0, etc. Nun wird F n von 5 genau dann geteilt, wenn f n = 0. Also teilt 5 nacheinander F 0, F 20, F 40,... Da aber auch f 5 = 0, f 10 = 0, f 15 = 0,..., gilt: Es ist sogar jede 5-te F-Zahl durch 5 teilbar. Bem.: Es gilt p(6) = 24, p(7) = 16, p(8) = 12 (Mathworld) Wenn obige Aussage über die Pisano-Periode richtig ist, so gibt es zu jedem m unendlich viele Fibonacci-Zahlen, die von m geteilt werden. Zeigen Sie diese Folgerung! Lösung: Da f 0 = 0, gilt f p(m) = 0, f 2p(m) = 0,..., f kp(m) = 0 für alle k, da ja allgemein f n+p(m) = f n für alle n gilt. Jede p(m).te Fibonacci-Zahl, beginnend bei F 0 = 0 wird also von m geteilt. Das sind also unendlich viele Fibonacci-Zahlen! Warum stimmt diese Aussage nicht für eine Lucasfolge? Lösung: Betrachte die Lucasfolge und mit f n := L n mod 5 (setze also m = 5) L n : 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29,... f n : 1, 3, 4, 2, 1, 3, 4, 2, 1, 3,... Die Periode ist 4. Es ist stets f n 0. Also wird L n niemals von 5 geteilt. 6

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