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

= f 2 k + f 2 k+1 + f k(f k−1 + f k+1 )
= f k f k+1 + f k (f k + f k−1 ) + f 2 k+1
= f k f k+1 + f k+1 (f k + f k+1 )
= f k f k+1 + f k+1 f k+2
= f k+1 (f k + f k+2 )
= f k+1 g k+1 .
Damit ist auch die zweite Aussage bewiesen.
7. Allgemeiner als in Aufgabe 6 bezeichnet man eine Folge {a k } k=0,1,... als eine Lucas-
Folge, wenn a k = a k−1 + a k−2 , k = 2, 3, . . .. Man zeige, dass
a k = a 1 f k + a 0 f k−1 , k = 1, 2, . . . ,
wobei {f k } natürlich die Folge der Fibonacci-Zahlen ist.
Lösung: Die Aussage ist offenbar für k = 1, 2 richtig. Angenommen, sie sei auch für k
richtig. Dann ist
a k+1 = a k + a k−1
= a 1 f k + a 0 f k−1 + a 1 f k−1 + a 0 f k−2
= a 1 (f k + f k−1 ) + a 0 (f k−1 + f k−2 )
= a 1 f k+1 + a 0 f k ,
womit der Induktionsbeweis abgeschlossen ist.
8. Sei {a k } k=0,1,... eine Lucas-Folge, siehe Aufgabe 7, und a 0 + a 1 φ ≠ 0. Dann ist
a k+1
lim = φ.
k→∞ a k
Lösung: Wegen Aufgabe 7 und f k+1 /f k → φ ist
a k+1
a k
= a 1f k+1 + a 0 f k
a 1 f k + a 0 f k−1
= f k(a 0 + a 1 f k+1 /f k )
f k−1 (a 0 + a 1 f k /f k−1 ) → φa 0 + a 1 φ
a 0 + a 1 φ = φ,
womit die Aussage bewiesen ist.
6.3 Aufgaben in Abschnitt 3
1. Man gebe einen analytischen Beweis für die Aussage: Diagonalen, die im gleichseitigen
und gleichwinkligen Fünfeck zwei aufeinanderfolgenden Winkeln gegenüberliegen, teilen
einander stetig; und ihre größeren Abschnitte sind der Fünfeckseite gleich.
Lösung: Wir gehen o. B. d. A. von einem regulären Fünfeck mit Ecken in A k := e ik2π/5 ,
k = 0, 1, 2, 3, 4 aus, siehe Abbildung 28. Mit Hilfe von Mathematica und
Solve[{(1-t)*Cos[8*Pi/5]+t*Cos[2*Pi/5]==(1-s)*Cos[4*Pi/5]+s,
(1-t)*Sin[8*Pi/5]+t*Sin[2*Pi/5]==(1-s)*Sin[4*Pi/5]},{s,t}]
FullSimplify[%]
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