Der goldene Schnitt - Institut für Numerische und Angewandte ...

Auch die sechste Aussage wird durch vollständige Induktion nach k bewiesen. Für k = 0
ist sie trivialerweise richtig. Angenommen, sie sei für k richtig. Dann ist
4. Sei
und das ist die Aussage für k + 1.
(1 − φ) k+1 = (1 − φ) k (1 − φ)
⎛
A k :=
⎜ .
⎝
Man berechne det(A k ).
Lösung: Es ist det(A 1 ) = 1 und
= (f k+1 − φf k )(1 − φ)
= f k+1 − φf k − φf k+1 + φ 2 f k
= f k + f k+1 − φf k+1
= f k+2 − φf k+1 ,
1 −1 0 0 · · · 0 0 0
1 1 −1 0 · · · 0 0 0
0 1 1 −1 · · · 0 0 0
.
.
.
. ..
. ..
. ..
. ..
0 0 0 0 · · · 1 1 −1
0 0 0 0 · · · 0 1 1
det(A 2 ) = det
( 1 −1
1 1
)
= 2.
⎞
∈ R k×k .
⎟
⎠
Durch Entwicklung von det(A k ) nach der ersten Zeile erhält man ferner det(A k ) =
det(A k−1 ) + det(A k−2 ), so dass det(A k ) = f k+1 .
5. Sei {f k } die Folge der Fibonacci-Zahlen, also f 0 := 0, f 1 := 1 und f k := f k−1 + f k−2 ,
k = 2, 3, . . .. Dann ist
⎧
f k+1 x
k∑
⎪⎨
k+1 + f k x k+2 − x
f j x j x
=
2 , x 2 + x − 1 ≠ 0,
+ x − 1
k = 0, 1, . . . .
j=0 ⎪⎩
(k + 1)f k+1 x k + (k + 2)f k x k+1 − 1
, x 2 + x − 1 = 0,
2x + 1
Lösung: Auch diese Aussage beweisen wir durch vollständige Induktion nach k. Für
k = 0 ist sie offensichtlich richtig. Angenommen, sie sei es auch für k. Wir nehmen
zunächst an, es sei x 2 + x − 1 ≠ 0. Dann ist
∑k+1
f j x j =
j=0
k∑
f j x j + f k+1 x k+1
j=0
= f k+1x k+1 + f k x k+2 − x
x 2 + x − 1
+ f k+1 x k+1
= f k+1x k+1 + f k x k+2 − x + (x 2 + x − 1)f k+1 x k+1
x 2 + x − 1
= (f k + f k+1 )x k+2 + f k+1 x k+3 − x
x 2 + x − 1
= f k+2x k+2 + f k+1 x k+3 − x
x 2 .
+ x − 1
+ f k+1 x k+1
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