Mathematik macht Freu(n)de im Wintersemester 2018/19

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1 Mathematik macht Freu(n)de im Wintersemester 08/9 Markus Fulmek Im folgenden wird zunächst ein kombinatorischer Gedankengang entwickelt, der mit wenigen einfachen Definitionen (samt erläuternden Beispielen) zur Chu Vandermonde Identität und in der Folge zum Binomischen Lehrsatz ( + x) n = (nur für n Z) führt. In einem zweiten Teil werden diese Überlegungen verwendet, um zu zeigen, daß jede durch eine lineare Rekursion gegebene Folge als Koeffizientenfolge (der Reihenentwicklung) einer rationalen Funktion erscheint, und daß es (daher) für das n te Glied einer solchen Folge immer einen geschlossenen Ausdruck gibt. (Keine Angst: Alle notwendigen Begriffe werden genau erläutert.) Alle Überlegungen sind in einzelne Schritte gegliedert. Teil I: Binomialkoeffizienten, die Chu Vandermonde Identität und der Binomische Lehrsatz. Binomialkoeffizienten (kombinatorisch) Seien n N 0 = {0,,,... } und k Z = {...,,, 0,,,... }. Für die Menge der ersten n natürlichen Zahlen {,,..., n} führen wir das Symbol [n] ein.

2 Beispiel: [3] = {,, 3}, [0] = {} (die leere Menge). Für die Anzahl aller k elementigen Teilmenge der Menge {,,..., n} führen wir als Symbol den sogenannten Binomialkoeffizienten ( n k) ein. Beispiel: Sei n = 4 und k =, dann finden wir 6 verschiedene elementige Teilmengen der Menge {,, 3, 4}, nämlich Also ist ( 4 ) = 6. {, }, {, 3}, {, 4}, {, 3}, {, 4}, {3, 4}. Für alle n N 0 hat [n] nur eine 0 elementige Teilmenge (nämlich die leere Menge) und nur eine n elementige Teilmenge (nämlich [n]), also gilt: n n = =. 0 n Für alle n N 0 hat [n] natürlich keine Teilmengen mit mehr als n Elementen, und keine Teilmengen mit weniger als 0 Elementen, also gilt für alle n N 0 : n = 0 für k < 0 oder k > n. k. Ausmultiplizieren von Binomen: Der binomische Lehrsatz Für n N 0 betrachten wir die n te Potenz des Binoms ( + x): ( + x) n = ( + x) ( + x) ( + x) ( + x). } {{ } n Faktoren Für n = 0 setzen wir ( + x) 0 =. Für alle n > 0 ist klar: Wenn wir dieses Produkt von n Binomen ausmultiplizieren, erhalten wir ein Polynom in der Variablen x. Für alle n N 0 ist ( + x) n also ein Polynom in x vom Grad n. Ein Polynom, das aus nur zwei Gliedern besteht, also z.b. x + x, wird auch als Binom bezeichnet.

3 Beispiel: Für n = ist Für n N 0 haben wir allgemein: ( + x) = ( + x) ( + x) = + x + x. ( + x) n = n c n,k x k, k=0 wobei die Zahlen c n,k die sogenannten Koeffizienten des Polynoms sind. Nun überlegen wir, wie wir das Produkt ( + x) n ausmultiplizieren würden: Aus jedem der n Faktoren wählen wir entweder oder x und bilden das Produkt dieser Auswahlen, das Polynom ist dann die Summe über alle diese Produkte von Auswahlen. Wir können diese Auswahlen in einer Tabelle mit n Spalten übersichtlich darstellen, wobei jeder Auswahl eine Zeile entspricht, die in Spalte j einen Einser enthält, wenn wir im j ten Faktor x ausgewählt haben, in Spalte j einen Nuller enthält, wenn wir im j ten Faktor ausgewählt haben. Beispiel: Sei n = 3, dann sieht diese Tabelle der Auswahlen so aus: = x x = x 0 0 x = x 0 x x = x 0 0 x x = x 0 x x = x 0 x x = x x x = x 3 Das ausmultiplizierte Polynom ist dann einfach die Summe all dieser Terme (Monome): x 0 + x + x + x + x + x + x + x 3 = + 3 x + 3 x + x 3. 3

4 Aufgabe: Bestimmen Sie die Anzahl der Zeilen in der Tabelle der Auswahlen für allgemeines n N 0. Jede Zeile einer solchen Tabelle von Auswahlen können wir aber auch als Codierung einer Teilmenge M [n] interpretieren, nämlich so: j M in Spalte j steht ein Einser. Beispiel: Diese Codierung von Teilmengen sieht für n = 3 so aus: {} 0 0 {3} 0 0 {} 0 {, 3} 0 0 {} 0 {, 3} 0 {, } {,, 3} Aufgabe: Machen Sie sich klar: Der Koeffizient c n,k entspricht der Anzahl von Zeilen mit genau k Einsern in dieser Tabelle von Auswahlen, und diese Anzahl ist gleich ( n k) : c n,k = n. k Das heißt, es gilt für alle n, k N 0 der Binomische Lehrsatz: n n ( + x) n = x k. () k k=0.3 Die Rekursion für die Binomialkoeffizienten Stellen wir uns einmal die Menge aller k elementigen Teilmengen von [n] vor: Diese Menge von Mengen zerfällt in zwei disjunkte Klassen, nämlich die Teilmengen, die das Element n enthalten: Aus allen diesen Teilmengen könnten wir also das Element n entfernen, und es entstehen dadurch genau die (k ) elementigen Teilmengen von [n ], 4

5 die Teilmengen, die das Element n nicht enthalten: Alle diese Teilmengen sind dann also genau die k elementigen Teilmengen von [n ]. Beispiel: Für n = 3 und k = ergeben sich die disjunkten Klassen: {{, 3}, {, 3}}, nach dem Entfernen von n = 3 also {{}, {}} das entspricht der Menge der elementigen Teilmengen von [], {{, }} das entspricht der Menge der elementigen Teilmengen von []. Aufgabe: Erkennen Sie aus dieser Überlegung die Rekursion für die Binomialkoeffizienten (kombinatorisch, ohne zu rechnen!) n n n = +. k k k Aufgabe: Machen Sie sich klar: Der Binomialkoeffizient ( n k) ist durch diese Rekursion und die Randbedingungen ( n ( 0) = n ) = für alle n, k N0 schon eindeutig festgelegt (Sie kennen dies wahrscheinlich unter dem Begriff Pascalsches Dreieck ). n! Aufgabe: Zeigen Sie, daß der Bruch für alle n, k N k!(n k)! 0 dieselbe Rekursion ( und dieselben Randbedingungen erfüllt wie der Binomialkoeffizient n ) k und folgern Sie daraus die bekannte Formel: n = k n! k! (n k)!..4 Der Binomialkoeffizient als Polynom (in n) Aufgabe: Zeigen Sie, daß für alle n, k N 0 gilt: n n (n ) (n ) (n k + ) = k k! (Wie üblich gilt: Ein leeres Produkt also eines mit Null Faktoren wird gleich gesetzt.)

6 Aufgabe: Machen Sie sich klar: Wenn wir statt einer festen Zahl n N 0 eine Variable x in die obige Formel einsetzen, dann erhalten wir (für jedes k N 0 ) ein Polynom in x vom Grad k: ( x k ) = x (x ) (x ) (x k + ) k! Beispiel: Für k = ist ( x) = x (x ) =! x x. Natürlich können wir das Polynom ( x k) bei beliebigen reellen oder komplexen Zahlen α auswerten, also ( α k) ausrechnen: Insbesondere kann α eine negative ganze Zahl sein. Beispiel: Für k = haben wir in diesem Sinne ( 3) ( 3) = 3 = 6.. Die Chu Vandermonde Identität Sei n N 0. Stellen wir uns vor, alle Zahlen aus [n] seien irgendwie mit den zwei Farben rot und blau gefärbt, sei r die Anzahl der roten Zahlen und b gleich die Anzahl der blauen Zahlen. Klarerweise ist dann n = r + b. Beispiel: Für n = 6 könnten z.b. die Zahlen und 4 blau gefärbt sein, die restlichen Zahlen, 3,, 6 rot: Dann wäre also r = 4 und b =. Aufgabe: Überlegen Sie: Eine k elementige Teilmenge M einer solchen rot blau Färbung von [n] ist dann natürlich auch rot blau gefärbt, und wenn sie genau j rote Zahlen enthält, dann enthält sie klarerweise genau k j blaue. Gehen Sie von der kombinatorischen Bedeutung des Binomialkoeffizienten (Anzahl aller k elementigen Teilmengen) aus und zeigen Sie die Chu Vandermonde Identität: Für alle r, b, k N 0 gilt r + b r b =. () k j k j j=0 (Die Summe ist nur scheinbar unendlich, denn ( r j) = 0 für alle j > r, und ( b k j) = 0 für alle j > k.) Hinweis: Fassen Sie alle k elementigen Teilmengen zusammen, die die gleiche Anzahl j von roten Zahlen enthalten (j = 0,,..., r). Jede solche Menge enthält 6

7 j rote Zahlen, die aus den insgesamt r roten Zahlen ausgewählt sind, k j blaue Zahlen, die aus den insgesamt b blauen Zahlen ausgewählt sind! Aufgabe: Überprüfen Sie die Chu Vandermonde Identität für die Spezialfälle r = 0, 0 k b beliebig, r =, 0 k b + beliebig, r = 3, b =, k = 3..6 Das Polynomargument Aufgabe: Machen Sie sich klar: Wenn Sie in der Chu Vandermonde Identität statt der festen natürlichen Zahl r eine Variable x einsetzen, dann ist die linke Seite ein Polynom in x vom Grad k, nämlich x + b (x + b) (x + b ) (x + b k + ) =, k k! und die rechte Seite ist eine Linearkombination (also eine Summe mit Koeffizienten) von Polynomen mit Graden j = 0,,..., k (denn für j > k ist der Koeffizient ( b k j) = 0), nämlich k j=0 x b. j k j Also ist auch die rechte Seite ein Polynom in x vom Grad k. Aufgabe: Erinnern Sie sich: Wenn ein Polynom p(x) vom Grad k mehr als k verschiedene Nullstellen hat, dann muß es das Nullpolynom sein, also p(x) 0. Denn jedes Polynom p(x) mit j verschiedenen Nullstellen ξ, ξ,..., ξ j kann man schreiben als p(x) = (x ξ ) (x ξ ) (x ξ j ) q(x) für ein gewisses Polynom q(x) (Polynomdivision mit Rest!), insbesondere hat p(x) dann Grad j. 7

8 Aufgabe: Folgern Sie daraus nun: Für alle b N 0 ist x + b k k j=0 x b j k j ein Polynom in x vom Grad k, das unendlich viele verschiedene Nullstellen hat (jedes r N 0 ist eine Nullstelle!) daher ist es gleich Null! Anders gesagt: Für beliebige reelle (oder auch komplexe) Zahlen α gilt immer α + b = k k j=0 α b. (3) j k j.7 Eine kleine Anwendung: Binomischer Lehrsatz, verallgemeinert Bekanntlich kann man zwei Polynome p(x), q(x) immer miteinander multiplizieren. Aufgabe: Machen Sie sich klar: Falls p(x) = p 0 + p x + p x + + p m x m = m p i x i i=0 und q(x) = q 0 + q x + q x + + q n x n = n q i x i gilt, wobei p m 0 und q n 0, dann ist das Produkt p(x) q(x) ein Polynom vom Grad m + n, und der Koeffizient von x k in diesem Produkt ist i=0 p 0 q k + p q k + + p k q 0 = k p j q k j (4) j=0 (wobei wir p j = 0 setzen, falls j > m, und ebenso q j = 0, falls j > n). Aufgabe: Machen Sie sich klar: Diese Multiplikation können wir unverändert auch für Potenzreihen übernehmen, also für Polynome unendlichen Grades, in folgendem Sinn: Für p(x) = i=0 p i x i und q(x) = 8

9 i=0 q i x i ist das Produkt p(x) q(x) eine Potenzreihe, deren Koeffizient von x k genau durch (4) gegeben ist. (Ein Polynom p(x) vom Grad k können wir dann als Potenzreihe auffassen, bei der alle Koeffizienten p m = 0 sind für m > k.) Aufgabe: Zeigen Sie nun: n x k k ( + x) n =, } {{ } k=0 } {{ } Polynom Potenzreihe wobei die rechte Seite für die Potenzreihe +0 x+0 x + steht: Entwickeln Sie dazu das Polynom ( + x) n gemäß dem Binomischen Lehrsatz () und zeigen Sie, daß der Koeffizient von x m auf der linken Seite wie folgt gegeben ist: m n n. j m j j=0 Nun runden Sie Ihr Argument mit der Chu Vandermonde Identität (3) ab! Aufgabe: Machen Sie sich klar, daß Sie damit rein formal gezeigt haben: n ( + x) n = ( + x) n = x k k, was einer Verallgemeinerung des Binomischen Lehrsatzes () für n Z entspricht. (In Wahrheit gilt der Lehrsatz noch allgemeiner, nämlich für alle n C aber so weit wollen wir die Sache nicht treiben.) Aufgabe: Berechnen Sie den Binomialkoeffizienten ( ) n (da kommt etwas sehr Einfaches heraus!) und erkennen Sie den Zusammenhang mit der Geometrischen Reihe. Also rein rechnerisch, ohne auf die Konvergenz der Potenzreihen zu achten! k=0 9

10 Teil II: Lineare Rekursionen, Erzeugende Funktionen und die Partialbruchzerlegung rationaler Funktionen. Lineare Rekursionen (mit konstanten Koeffizienten) Das k te Glied einer Folge (c k ) k=0 kann durch einen geschlossenen Ausdruck gegeben sein (also durch eine Formel ), z.b. c k = : k+ ( k + ) k=0 = (,, 3, 4,... ). Es gibt aber auch rekursiv gegebene Folgen (c k ), für die die ersten m Folgenglieder c 0, c,..., c m als Anfangswerte direkt angegeben sind, und für alle k m das k te Folgenglied c k als Funktion F (die man als Rekursion bezeichnet) der Folgenglieder c 0, c,..., c k gegeben ist, also c k = F(c 0, c,..., c k ). Beispiel: Die bekannten Fibonacci Zahlen sind rekursiv wie folgt gegeben: Anfangswerte (m = ): f 0 = f =, Rekursion für alle k : f k = f k + f k. Die Folge der Fibonacci Zahlen beginnt so: fk = (,,, 3,, 8, 3,, 34,, 89, 44, 33, 377, 60, 987,... ). Eine Rekursion kann im allgemeinen recht kompliziert aussehen: Wenn sie die einfache Gestalt c k = a c k + a c k + + a m c k m 0

11 hat, wobei die a, a,..., a m feste Zahlen sind, dann nennt man dies eine lineare Rekursion (der Ordnung m) mit konstanten Koeffizienten. Beispiel: In diesem Sinne gehorchen die Fibonacci Zahlen einer linearen Rekursion der Ordnung mit konstanten Koeffizienten (a 0 =, a = ). Aufgabe: Machen Sie sich klar: Eine lineare Rekursion der Ordnung m mit konstanten Koeffizienten zusammen mit m Anfangswerten c 0, c..., c m legt eine Folge (c k ) bereits eindeutig fest: Jedes Folgenglied kann nach und nach ausgerechnet werden. Die Unbequemlichkeit bei einer rekursiv gegebenen Folgen (c k ) liegt darin, daß man im allgemeinen alle Folgenglieder bis zum (k ) ten ausgerechnet haben muß, um das k te Folgenglied c k ausrechnen zu können: Mit Zettel und Bleistift kann es also ziemlich lange dauern, bis man z.b. die Fibonacci Zahl f 000 rekursiv ausgerechnet hat. Aufgabe: In günstigen Fällen kann man aber natürlich einfacher zum Ziel kommen: Können Sie das k te Folgenglied der rekursiv gegebenen Folge (c k ) Anfangsbedingung c 0 =, Rekursion c k = c k + für alle k > 0 einfacher beschreiben?. Erzeugende Funktionen Wir haben uns bereits an Potenzreihen als Verallgemeinerung von Polynomen gewöhnt: Eine Potenzreihe ist ebenso wie ein Polynom c k x k k=0 n c k x k k=0 durch die Folge (c k ) der Koeffizienten von x k eindeutig bestimmt.

12 Aufgabe: Machen Sie sich klar: Ein Polynom vom Grad n kann man als eine Potenzreihe auffassen, für die alle Koeffizienten von x k mit k > n Null sind. Wenn wir nun eine Folge von Zahlen (c k ) gegeben haben, können wir diese ohne weiteres als Koeffizientenfolge einer Potenzreihe c(x) auffassen, also c(x) = c k x k schreiben: Diese Potenzreihe wird als die erzeugende Funktion der Zahlenfolge (c k ) bezeichnet (die Physiker nennen sie auch Partitionsfunktion). Da wir uns schon daran gewöhnt haben, daß wir Potenzreihe (ebenso wie Polynome) multiplizieren können, fällt es uns nun leicht, Potenzreihen (genauso wie Polynome) zu addieren. Diese Addition erfolgt durch komponentenweise Addition der Koeffizientenfolgen, formal ausgedrückt: (c k ) + (d k ) := (c k + d k ) (also genau wie die Addition von Vektoren nur sind unsere Vektoren hier unendlich lang), oder äquivalent: c k x k + d k x k := (c k + d k ) x k. Ebenso einfach können wir Potenzreihen mit Skalaren (Zahlen) multiplizieren: α c k x k := (α c k ) x k (also wieder genau wie die Multiplikation eines Vektors mit einer Zahl nur sind unsere Vektoren hier unendlich lang). Aufgabe: Machen Sie sich klar: Die durch Summenschreibweise und Indices vielleicht abschreckenden Definitionen von Addition und Multiplikation von Potenzreihen entsprechen genau dem Rechnen mit Polynomen, das wir ganz ungeniert auf Potenzreihen (als Polynome unendlichen Grades ) übertragen! Aufgabe: Sei f(x) die erzeugende Funktion der Fibonacci Zahlen, also f(x) := f k x k.

13 Machen Sie sich klar (beachten Sie die Indextransformation): x f(x) = f k x k+ = f k x k, k x f(x) = f k x k+ = f k x k. k Zeigen Sie nun, daß in der Summe f(x) x f(x) x f(x) der Koeffizient von x k immer Null ist, wenn k ist (Hinweis: Rekursion der Fibonacci Zahlen!), ebenso Null ist für k = (einfach genau hinschauen!), Eins ist für k = 0. Aber das heißt f(x) x f(x) x f(x) = f(x) ( x x ) =. Anders ausgedrückt: Die erzeugende Funktion der Fibonacci Zahlen ist eine rationale Funktion (also ein Quotient von zwei Polynomen), nämlich f(x) = x x. Aufgabe: Sei eine Folge (c k ) rekursiv gegeben durch m Anfangswerte c 0, c,..., c m, eine lineare Rekursion der Ordnung m: c k = a c k + a c k + + a m c k m für alle k m (die a i sind Konstante). 3

14 Sei c(x) die erzeugende Funktion dieser Folge, also c(x) = c k x k. Zeigen Sie, daß dann für für j = 0,,..., m gilt (Indextransformation!): x j c(x) m j k=0 c k x k } {{ } p j (x) = x j k m j c k x k = c k j x k Setzen Sie nun p j (x) := m j k=0 c k x k. Zeigen Sie, daß dann gilt: ( c(x) p0 (x) ) a x (c(x) p (x) ) a m x m (c(x) p m (x) ) = 0. k m Aber das bedeutet (lassen Sie sich von den Summen und Indices nicht verwirren, schauen Sie einfach genau hin!): c(x) ( a x a x a m x m) = p 0 (x) x p (x) x p (x) x m p m (x). Die rechte Seite dieser Gleichung ist klarerweise ein Polynom, also erhalten wir insgesamt: c(x) ist eine rationale Funktion, nämlich c(x) = p 0(x) x p (x) x p (x) x m p m (x) a x a x a m x m. Wir können das so zusammenfassen: Die erzeugende Funktion einer durch eine lineare Rekursion mit konstanten Koeffizienten gegebenen Folge ist immer eine rationale Funktion. Ganz lustig aber was bringt uns das?.3 Partialbruchzerlegung rationaler Funktionen Jetzt wenden wir unser Wissen aus Analysis und Algebra an: 4

15 Jedes Polynom q(x) = q 0 + q x + + q n x n vom Grad n mit führendem Koeffizienten q n hat im Körper C genau n (nicht notwendigerweise verschiedene) Nullstellen ξ, ξ,..., ξ n, und es gilt: n q(x) = q n (x ξ i ). i= Eine Nullstelle ξ i kann, wie gesagt, mehrfach vorkommen: Mit ν i bezeichnen wir die Vielfachheit der Nullstelle (also wie oft sie in der Liste der Nullstellen vorkommt ). Beispiel: Das Polynom q(x) = x 3 + x x hat die Nullstellen,,, kann also geschrieben werden als Die Vielfachheit q(x) = (x + ) (x + ) (x ). der Nullstelle ist, der Nullstelle ist. Jede rationale Funktion p(x) (p und q sind Polynome, q 0) läßt sich wie folgt q(x) zerlegen: Zunächst dividieren wir p durch q mit Rest (einfach Polynomdivision!), also p(x) = d(x) q(x) + r(x), wobei der Grad des Restes r(x) kleiner ist als der Grad von q(x). Das heißt, die rationale Funktion p(x) kann geschrieben werden als q(x) p(x) q(x) = d(x) }{{} Polynom + r(x) q(x). Wir müssen uns also nur um rationale Funktionen r kümmern, für q die der Grad des Zählerpolynoms r kleiner ist als der Grad (den wir mit n bezeichnen) des Nennerpolynoms q.

16 Die Partialbruchzerlegung ist eine (eindeutige) Entwicklung einer solchen rationalen Funktion r in eine Summe von n einfachen Brüchen (n ist der q Grad des Nennerpolynoms q) wobei C eine konstante Zahl ist, C (x ξ) k ξ eine der (verschiedenen) Nullstellen des Nennerpolynoms ist, k eine ganze Zahl zwischen und der Vielfachheit der Nullstelle ξ ist. Beispiel: Betrachten wir die rationale Funktion 3 x +4 x 3 : Der Grad des x 3 +x x Zählerpolynoms ist, der Grad des Nennerpolynoms ist 3. Die (verschiedenen) Nullstellen des Nennerpolynoms sind (mit Vielfachheit ) und (mit Vielfachheit ). Dann muß es also eine (eindeutige) Darstellung dieser rationalen Funktion von folgender Gestalt geben: 3 x + 4 x 3 x 3 + x x = A x + B x + + C (x + ), wobei A, B und C (noch zu bestimmende) konstante Zahlen sind. Wenn wir diesen Ansatz mit dem Nennerpolynom (x + ) (x ) multiplizieren, kürzen und vereinfachen, erhalten wir: 3 x + 4 x 3 x 0 = (A B C) x 0 + ( A + C) x + (A + B) x. Zwei Polynome sind genau dann gleich, wenn alle ihre Koeffizienten übereinstimmen. Das führt auf folgendes lineares Gleichungssystem mit drei Gleichungen und drei Variablen A, B und C: A B C = 3 A + C = 4 A + B = 3. Diese Gleichungssystem hat die (eindeutige) Lösung (A, B, C) = (,, ), die Partialbruchzerlegung für unser Beispiel lautet also: 3 x + 4 x 3 x 3 + x x = x + x + + (x + ). 6

17 Der Witz an der Sache ist nun, daß wir jeden einzelnen Summanden einer Partialbruchzerlegung, der zu einer Nullstelle ξ 0 gehört, ganz einfach in eine Potenzreihe entwickeln können (gemäß dem Binomischen Lehrsatz, den wir in Teil I gezeigt haben): C (x ξ) = k ( )k C ξ k = ( ) k C ( ξ k = ( ) k C ξ k ( x ) k ξ ) k x ξ ( k j j 0 ) ( x ξ ) j. Aufgabe: Machen Sie sich klar: Der Koeffizient von x n in obiger Reihenentwicklung ist k C ( ξ) k n n Der Koeffizient von x n in der Reihenentwicklung einer rationalen Funktion ist also eine Summe von solchen Ausdrücken. Die Folge dieser Koeffizienten entspricht einer durch eine lineare Rekursion mit konstanten Koeffizienten gegebenen Zahlenfolgt. Insgesamt erhalten wir also: Das n te Folgenglied c n einer durch eine lineare Rekursion mit konstanten Koeffizienten gegebenen Zahlenfolge c n kann immer durch eine Formel ausgedrückt werden, nämlich durch eine Summe von Ausdrücken der Gestalt k C ( ξ) k n. n Können Sie diesen Sachverhalt mit allen Details in einen Satz fassen? Beispiel: Die erzeugende Funktion der Fibonacci Zahlen ist die rationale Funktion x x. Das Nennerpolynom hat die zwei verschiedenen Nullstellen + und. 7

18 Die Partialbruchzerlegung lautet: x x = ( ( )) x + + ( ( )) x + Wir formen das etwas um: ( + ) ( + x + ) ( ) ( x + ) Hier ist es besonders einfach: Wir haben zwei geometrische Reihen vor uns, deren Koeffizienten von x k wir sofort erkennen. Wenn wir alles zusammenfassen, erhalten wir: Der Koeffizient von x k in der Reihenentwicklung von x x Weil ist = + ( ) k+ k+ +. und + = ( + gilt, können wir das auch so schreiben: )k+ ( )k+. Aufgabe: Zeigen Sie: Die k te Fibonacci Zahl f k erhält man, wenn man ( + auf die nächstliegende (kleinere oder größere) ganze Zahl ab oder aufrundet. (Hinweis: zeigen Sie, daß der Betrag von ( ) k+ für alle k N0 kleiner als ist.) )k+ 8