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[讨论] 数列的增减性

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发表于 2020-8-3 09:17:00 | 显示全部楼层 |阅读模式

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怎样证明如下数列是增函数?

$A_n=\frac{lnF_{n}}{lnF_{n+1}},n>=3$


其中Fn 为斐波那契数列
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2020-8-3 19:44:59 | 显示全部楼层
`\D F_n=\frac{ω^n-(-ω)^{-n}}{\sqrt5},(ω=\frac{1+\sqrt5}2,n=1,2,3,...)`
当 `n` 为偶数时, 易得 `\D F_n<\frac{ω^n}{\sqrt5},F_{n+1}>\frac{ω^{n+1}}{\sqrt5},F_{n+2}<\frac{ω^{n+2}}{\sqrt5}`,所以\[\frac{\ln F_n}{\ln F_{n+1}}<\frac{n\lnω-\ln\sqrt5}{(n+1)\lnω-\ln\sqrt5}<\frac{(n+1)\lnω-\ln\sqrt5}{(n+2)\lnω-\ln\sqrt5}<\frac{\ln F_{n+1}}{\ln F_{n+2}}\] 剩下只需要证明     `\D\frac{\ln F_{n-1}}{\ln F_n}<\frac{\ln F_n}{\ln F_{n+1}}`

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发表于 2020-8-4 11:04:01 | 显示全部楼层
然后用无穷小运算简单证明。
\[\ln F_n=n\ln ω+\ln(1-ω^{-2n})-\ln\sqrt5=n\ln ω-\ln\sqrt5+O(ω^{-1})^{2n}\]对于充分大的`n`, 有

\[(\ln F_n)^2-\ln F_{n-1}\ln F_{n+1}=(\ln ω)^2+n\* O(ω^{-1})^{2n-2}>0\]
问题就是要确定这个充分大的偶数是多大,然后对它之前的回溯到3进行穷举验算。

点评

额,好吧,$w>1$  发表于 2020-8-5 08:48
不过,$logw = 0.481212 <1$ 呢  发表于 2020-8-5 08:47
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2020-8-4 13:20:13 | 显示全部楼层
不知这个恒等式是否有作用:\(F_n^2=F_{n-1}F_{n+1} -(-1)^n\) 参见:Cassini's Identity

其中定义:\(F_n=F_{n-1} + F_{n-2}\),并规定:\(F_1=F_2=1\)(可导出 \(F_0=0; F_{-n}=(-1)^{n+1}F_n\))

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发表于 2020-8-4 16:39:38 | 显示全部楼层
gxqcn 发表于 2020-8-4 13:20
不知这个恒等式是否有作用:\(F_n^2=F_{n-1}F_{n+1} -(-1)^n\) 参见:Cassini's Identity

其中定义:\(F ...


有用,可以避开通项公式,导出与2#的缩放相同的结果。
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 楼主| 发表于 2020-8-4 18:19:50 | 显示全部楼层
$\frac{\ln F_n}{\ln F_{n+1}}=\frac{ln F_{n+1}-ln(1+\frac{F_{n-1}}{F_n})}{ln F_{n+2}-ln(1+\frac{F_n}{ F_{n+1}})}<=\frac{\ln F_{n+1}}{\ln F_{n+2}}$
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发表于 2020-8-4 19:20:53 | 显示全部楼层
northwolves 发表于 2020-8-4 18:19
$\frac{\ln F_n}{\ln F_{n+1}}=\frac{ln F_{n+1}-ln(1+\frac{F_{n-1}}{F_n})}{ln F_{n+2}-ln(1+\frac{F_n}{ ...


看着 眼前一亮,但仔细推敲了下,好像不是那么回事,这个放大操作并不显然吧
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发表于 2020-8-4 19:25:45 | 显示全部楼层
我也是琢磨了半天,前面的等式,利用了斐波那契数列的定义;接下来的不等式,似乎就不那么“显然”了。。。
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发表于 2020-8-4 22:19:14 | 显示全部楼层
我有一个启示性的证明,总觉得无中生有,哪里不对。

按4#的恒等式,对于偶数`n`,      `F_n^2=F_{n+1}F_{n-1}-1\lessapprox F_{n+1}F_{n-1}` .
存在一个微调指数`v\lessapprox 1`, 使得 `\D F_n^2=F_{n+1}^v\*F_{n-1}^{\frac 1v}`, 取对数得 \[\begin{split}2\ln F_n&=v\ln F_{n+1}+v^{-1}\ln F_{n-1}\\&>2\sqrt{v\ln F_{n+1}\*v^{-1}\ln F_{n-1}}\\&=2\sqrt{\ln F_{n+1}\*\ln F_{n-1}}\end{split}\]
由此可得           `\D\frac{\ln F_n}{\ln F_{n+1}}>\frac{\ln F_{n-1}}{\ln F_n}`.

预感这个证明能够被某种归谬法打倒。
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发表于 2020-8-4 23:55:32 | 显示全部楼层
找到上面“证明”的问题了。
记函数`f(v)=F_{n+1}^v\*F_{n-1}^{\frac 1v}`, 则`\ln f(v)`在 `\D v=\sqrt{\frac{\ln F_{n-1}}{\ln F_{n+1}}}` 处取得最小值 `2\sqrt{\ln F_{n-1}\ln F_{n+1}}`, 所以微调指数的存在性需要`\ln(F_{n-1}F_{n+1}-1)>2\sqrt{\ln F_{n-1}\ln F_{n+1}}`,这个前提正是后面所要的结果。
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