Autor Tema: Nueva (espero) representación racional de irracionales cuadráticos

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13 Marzo, 2018, 11:42 am
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Fernando Moreno

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Hola de nuevo, (antes era “Proyecto” y “Proyecto_dos”), he terminado los estudios que estaba realizando y vuelvo otra vez por aquí por el Foro un tiempo, no sé hasta cuándo. Ando ahora muy interesado en todo lo relacionado con la proporción áurea y estudiando este tema he llegado a fórmulas como las siguientes:


\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\left({\dfrac{2^{2n-1}\binom{2n-1}{0}+2^{2n-3}\binom{2n-2}{1}+2^{2n-5}\binom{2n-3}{2}+...+2\binom{n}{n-1}}{2^{2n-2}\binom{2n-2}{0}+2^{2n-4}\binom{2n-3}{1}+2^{2n-6}\binom{2n-4}{2}+...+\binom{n-1}{n-1}}}\right)}-1\,=\,\sqrt{2} \)   


\( {\color{red}\boxed{\Leftrightarrow{}}} \)    Corregido (20 marzo 2018) :  \( \sqrt{2}\,\approx{}\,\dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\,\left({2^{2(n-k)-1}\displaystyle\binom{2n-k-1}{k}}\right)}{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\,\left({2^{2(n-k-1)}\displaystyle\binom{2n-k-2}{k}}\right)}-1 \)



\( 2\,\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\left({\dfrac{\binom{2n-1}{0}+\frac{3}{2}\binom{2n-2}{1}+{(\frac{3}{2})}^{2}\binom{2n-3}{2}+...+{(\frac{3}{2})}^{n-1}\binom{n}{n-1}}{\binom{2n-2}{0}+\frac{3}{2}\binom{2n-3}{1}+{(\frac{3}{2})}^{2}\binom{2n-4}{2}+...+{(\frac{3}{2})}^{n-1}\binom{n-1}{n-1}}}\right)}-1\,=\,\sqrt{7} \)


Creo que son originales, yo no las he visto en ninguna parte y se pueden generalizar a cualquier raíz cuadrada que queramos con una única e importante limitación: contra más elevado sea el número del que queramos sacar la raíz, más lenta será la convergencia hacia su solución. Mi idea es ir poniendo sucesivas pistas para que también vosotros lleguéis a las mismas conclusiones que yo o a otras incluso mejores. Los más avezados de entre vosotros, a partir de la segunda pista que daré ya podrán construir sus propios itinerarios.

La primera PISTA es ésta:

\( \varphi=\displaystyle\lim_{n\to{+}\infty}\left({\dfrac{F_{n+1}}{F_n}}\right)\,=\,\dfrac{\sqrt{5}+1}{2} \)

Donde:  \( F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1} \)


Un saludo a todos, espero que este tema sea de vuestro interés
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13 Marzo, 2018, 12:56 pm
Respuesta #1

sugata

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Ni P*** idea, pero me alegro de verte de nuevo señor Proyecto.....

13 Marzo, 2018, 01:29 pm
Respuesta #2

Luis Fuentes

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Hola

 Aunque tengo claro que no es por ahí por donde has ido, puede verse que una suma del tipo:

\(  f(n)=\displaystyle\sum_{k=0}^n{}\displaystyle\binom{2n-1-k}{k}a^k \)

 Cumple la ecuación de recurrencia:

\(  f(n+2)-(2a+1)f(n+1)+a^2f(n)=0 \)

Spoiler
Conste que esto primero lo he comprobado por ordenador, pero una vez visto es conceptualmente fácil, aunque requiere hacer cuentas,  de probar analíticamente.
[cerrar]

 De ahí puede hallarse fácilmente la expresión general que es del tipo:

\(  f(n)=ar_1^n+br_2^n \)

 y calcular cualquiera de esos límites y otros análogos.

 Supongo que habrás llegado a eso por un camino más natural. Me despierta curiosidad saber cuál; aunque como límites generadores de raíces cuadradas son un poco bárbaros.

Saludos.

13 Marzo, 2018, 02:12 pm
Respuesta #3

Fernando Moreno

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Hola,

Ni P*** idea, pero me alegro de verte de nuevo señor Proyecto.....

Muchas gracias sugata, reconforta oir eso. Espero que te guste el hilo y que te dé para unas horitas de entretenimiento, ya verás. Me motiva más para hacerlo. La primera pista es casi de adorno; a partir de mañana será más interesante

Supongo que habrás llegado a eso por un camino más natural. Me despierta curiosidad saber cuál; aunque como límites generadores de raíces cuadradas son un poco bárbaros.

Hola Luis. Gracias por lo de "natural" jajaja, yo diría pedestre; juego un poco con la curiosidad sí. Más que práctico lo "curioso" es como todo esto se puede relacionar con  " \( \varphi \) " . Mañana más. Son 5 pistas y una conclusión, pero para ti claro no te van a hacer falta todas.
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14 Marzo, 2018, 09:39 am
Respuesta #4

Fernando Moreno

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PISTA_2

Nos vamos a la Wikipedia: “Sucesión de Fibonacci”. Y nos interesamos por el hecho de que los números de Fibonacci aparecen al sumar las diagonales del triángulo de Pascal:




(Imagen sacada de la wikipedia)


Distinguimos entre lo que serían las diagonales pares en el orden usual de los números naturales (números de Fibonacci pares: \(  F_{2n} \) ) y las diagonales impares y generalizamos.

Llegamos a la siguiente conclusión:

Pares:  \( F_{2n}=\binom{2n-1}{0}+\binom{2n-2}{1}+\binom{2n-3}{2}+...+\binom{n}{n-1} \)

Ejp. para  n=3 :  \( F_{6} \), sexto número de Fibonacci en el orden de los naturales:

\( F_{6}=\binom{5}{0}+\binom{4}{1}+\binom{3}{2}\,=\,1+4+3\,=\,8 \)

Impares:  \( F_{2n-1}=\binom{2n-2}{0}+\binom{2n-3}{1}+\binom{2n-4}{2}+...+\binom{n-1}{n-1} \)

Ejp. para n=3 : \(  F_{5} \), quinto número de Fibonacci en el orden de los naturales:

\( F_{5}=\binom{4}{0}+\binom{3}{1}+\binom{2}{2}\,=\,1+3+1\,=\,5 \)

Como:  \( \varphi=\displaystyle\lim_{n\to{+}\infty}\left({\dfrac{F_{n+1}}{F_n}}\right)\,\,\,\wedge\,\,\,\dfrac{F_{n+1}}{F_n}\Leftrightarrow{\dfrac{F_{2n}}{F_{2n-1}}} \)  ; entonces:

\( \boxed{\varphi=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\left({\dfrac{\binom{2n-1}{0}+\binom{2n-2}{1}+\binom{2n-3}{2}+...+\binom{n}{n-1}}{\binom{2n-2}{0}+\binom{2n-3}{1}+\binom{2n-4}{2}+...+\binom{n-1}{n-1}}}\right)}} \)    \( {\color{red}\Leftrightarrow{}} \)    Corregido (20 marzo 2018) :   \( {\color{Blue}\boxed{\varphi\,\approx{}\,{\dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\,\displaystyle\binom{2n-k-1}{k}}{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\,\displaystyle\binom{2n-k-2}{k}}}}} \)

Y como:  \( \varphi=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2} \) ; entonces:

\( \sqrt{5}\,=\,2\,\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\left({\dfrac{\binom{2n-1}{0}+\binom{2n-2}{1}+\binom{2n-3}{2}+...+\binom{n}{n-1}}{\binom{2n-2}{0}+\binom{2n-3}{1}+\binom{2n-4}{2}+...+\binom{n-1}{n-1}}}\right)}-1 \)   \( {\color{red}\Leftrightarrow{}} \)    Corregido (20 marzo 2018) :   \( \sqrt{5}\,\approx{}\,2\,{\left[{\dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\,\displaystyle\binom{2n-k-1}{k}}{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\,\displaystyle\binom{2n-k-2}{k}}}\right]}-1 \)


Un saludo,
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15 Marzo, 2018, 11:16 am
Respuesta #5

Fernando Moreno

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PISTA_3

Arquímedes, en su obra “Sobre la medida del círculo”, en su Tercera Proposición, ofrece un intervalo para el valor de la raíz cuadrada de 3 por defecto y por exceso de entre  \( \pmb{\dfrac{265}{153}} \)  y  \( \pmb{\dfrac{1351}{780}} \) .  Resulta una aproximación muy exacta para la época, pero Arquímedes no da ninguna explicación sobre cómo encuentra esos números. Se ha especulado mucho sobre esto y se han llegado a distintas conclusiones.

Aquí va la mía; esto es lo que creo que hizo Arquímedes:

En mi opinión, Arquímedes trabajaba con sucesiones aditivas recurrentes de distintos tipos y se tuvo que dar cuenta primero que todas las de orden 2, tomemos los números de partida que tomemos, siempre tendían al mismo límite:  " \( \varphi \) " . Pero sin duda él fue más allá, hasta que probando la siguiente sucesión aditiva recurrente:  \( \pmb{F_{n+1}=F_{n}+\dfrac{F_{n-1}}{2}} \) ;  se dió cuenta de que la razón entre dos términos seguidos de esta sucesión se acercaba asintóticamente, conforme los términos eran más avanzados en la sucesión, por defecto y por exceso al valor exacto que habría de tener:  \( \dfrac{\sqrt{3}+1}{2} \) .

Veamos un ejemplo de cómo pudo ser:

Primero desarrollamos:  \( F_{n+1}=F_{n}+\dfrac{F_{n-1}}{2} \)  :

\( (0)\,,\, 1\,,\, 1\,,\, \dfrac{3}{2}\,,\, 2\,,\, \dfrac{11}{4}\, , \,\dfrac{15}{4}\, , \,\dfrac{41}{8}\, , \,7\,,\, \pmb{\dfrac{153}{16}}\, , \,\pmb{\dfrac{209}{16}}\, , \,\dfrac{571}{32}\, , \,\pmb{\dfrac{195}{8}}\, , \,\pmb{\dfrac{2131}{64}}\, , \,. . .  \)

El valor exacto de  \( \dfrac{\sqrt{3}+1}{2} \)  es:  1,366025403784438 …

Y observamos lo siguiente:

\( \dfrac{11}{4} \)  : \( 2 \)  =  1,375  (por exceso)

\( \dfrac{15}{4} \)  : \(  \dfrac{11}{4} \)  =  \( 1,\overline{36} \)  (por defecto)

\( \dfrac{41}{8} \)  :  \( \dfrac{15}{4} \)  =  \( 1,3\overline{6} \)  (por exceso)

7  :  \( \dfrac{41}{8} \)  =  1,3658536 …  (por defecto)

Ahora escojo y busco valores aproximados por defecto y por exceso pero directamente de  \( \sqrt{3} \)  (1,7320508075688 …) :

\( \left({\dfrac{209}{16}\,\,  :\,\, \dfrac{153}{16}}\right) \)  x  2  - 1  =  \( \pmb{\dfrac{265}{153}} \)  =  1,7320261437 ... (por defecto)

\( \left({\dfrac{2131}{64}\,\, : \,\, \dfrac{195}{8}}\right) \)  x  2  - 1  =  \( \pmb{\dfrac{1351}{780}} \)  =  1,7320512820512 ...  (por exceso)

Exactamente los valores que dió Arquímedes.

Según esta hipótesis, que sostengo, no es sólo que Arquímedes llegó a estas aproximaciones de  \( \sqrt{3} \)  de un modo similar al expuesto, sino que hubiera sido capaz, siguiendo este itinerario, de aproximarse mucho más; tanto como quisiera y le fuera posible con los métodos disponibles y las limitaciones propias del siglo III a. C. Lo que ocurrió seguramente es que no le pareció pertinente ni práctico continuar, pues su objetivo en esa Tercera Proposición del libro era buscar aproximaciones de  \( \pi \)  no de  \( \sqrt{3} \) .


Un saludo,
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16 Marzo, 2018, 11:08 am
Respuesta #6

Fernando Moreno

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PISTA_4 : Equivalencias

Sabemos que:   \( \varphi^2= \varphi+1 \)

\( \Longleftrightarrow \)   \(  \varphi^2=\varphi^1+\varphi^0 \)   \( \Longleftrightarrow \)   Una sucesión recurrente de orden 2 como:  \( F_{n+1}=F_n+F_{n-1} \)

\( \Longleftrightarrow \)   A una ecuación de segundo grado como:  \( \varphi^2-\varphi^1-\varphi^0=0 \)

Cuya solución positiva es:  \( \varphi=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \)  de:  \( \dfrac{1\pm\sqrt{5}}{2} \) ;  que es equivalente a su vez a:  \( \varphi=\displaystyle\lim_{n\to{+}\infty}\left({\dfrac{F_{n+1}}{F_n}}\right) \)

Pues ya lo tenemos:

Supongamos esta ecuación de segundo grado:  \( x^2-x-\dfrac{1}{2}=0 \) ;  equivalente a lo que sería:   \( x^2=x^1+\dfrac{1}{2}x^0 \)  y a esta sucesión recurrente aditiva:  \( F_{n+1}=F_n+\dfrac{1}{2}F_{n-1}\,\,=\,\, (0)\,,\, 1\,,\, 1\,,\, \dfrac{3}{2}\, ,\, 2\,,\, \dfrac{11}{4}\, ,\, \dfrac{15}{4}\, ,\, \dfrac{41}{8} \,,\, 7\,,\, \dfrac{153}{16}\, ,\, \dfrac{209}{16}\, ,\, . . . \)

Su solución positiva es:  \( x=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2} \)

Luego:  \( \dfrac{1+\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\lim_{n\to{+}\infty}\left({\dfrac{F_n+\dfrac{1}{2}F_{n-1}}{F_n}}\right) \)

Y :  \( \sqrt{3}\,=\,2\,\displaystyle\lim_{n\to{+}\infty}\left({\dfrac{F_n+\dfrac{1}{2}F_{n-1}}{F_n}}\right)\,-1 \)


Un saludo,
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17 Marzo, 2018, 04:16 pm
Respuesta #7

Fernando Moreno

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PISTA_5 :

Expongo como he hecho con el caso de  \( \sqrt{2} \)  :

Si:  \( x^2-2x-1=0 \)  y  su solución positiva es:  \( 1+\sqrt{2} \) ;  entonces: \( 1+\sqrt{2}=\displaystyle\lim_{n\to{+}\infty}\left({\dfrac{2\,F_{n}+F_{n-1}}{F_n}}\right) \)

Si la sucesión de Fibonacci  \( ( F_{n+1}=F_n+F_{n-1} ) \)  surge de trazar diagonales en el triángulo de Pascal, lo mismo debe ocurrir con  " \( F_{n+1}=2\,F_n+F_{n-1} \) " .

Después de intentar muchas combinaciones me di cuenta que la solución estaba en asignar valores distintos a la misma estructura de filas y columnas del triágulo de Pascal:




El lado de la izquierda del triángulo se incrementa en razón de  \( 2^n \) ,  siendo " n " el número de la fila y cada número del centro del triángulo se obtiene de sumar el de arriba a la izquierda mas el doble de el de arriba a la derecha. No sé si hay otras formas menos complicadas de hacerlo para este caso. Puede ser.

Para obtener ahora la fórmula general que lo vincule con los coeficientes binomiales del triángulo de Pascal, basta fijarse en que se cumple siempre que:  \( 2^{n-k}\,\binom{n}{k} \)

Luego:  \( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\left({\dfrac{2^{2n-1}\binom{2n-1}{0}+2^{2n-3}\binom{2n-2}{1}+2^{2n-5}\binom{2n-3}{2}+...+2\binom{n}{n-1}}{2^{2n-2}\binom{2n-2}{0}+2^{2n-4}\binom{2n-3}{1}+2^{2n-6}\binom{2n-4}{2}+...+\binom{n-1}{n-1}}}\right)}-1\,=\,\sqrt{2} \)


Un saludo,
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18 Marzo, 2018, 01:23 pm
Respuesta #8

Fernando Moreno

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CONCLUSIÓN : Las fórmulas 

Esto es hasta donde he llegado yo (febrero de este año):

Para obtener:  \( 1+\sqrt{u} \) , siendo " u " un entero no cuadrado perfecto preferentemente par; desarrollo la siguiente función recurrente:  \( F_n=2\,F_{n-1}+(u-1)\,F_{n-2} \)  \( \rightarrow{} \)  \(  x^2-2x-(u-1)=0  \)

Para obtener:  \( \dfrac{1+\sqrt{v}}{2} \) , siendo " v " un entero no cuadrado perfecto preferentemente impar -así evitamos multiplos muy grandes de 2 en el desarrollo de las sucesiones-:  \( F_n=\,F_{n-1}+\left({\dfrac{v-1}{4}}\right)F_{n-2} \)  \( \rightarrow{} \)  \( x^2-x-\left({\dfrac{v-1}{4}}\right)=0 \)

Esto admite además otras presentaciones en función de la fórmula de la ecuación de segundo grado de la que depende; ya cada uno.

Una conclusión, por lo tanto, podría ser la siguiente: Ya no podemos decir que  \( \varphi=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2} \)  sea un hecho concreto del "número áureo", por representar una divina proporción:  " \( \dfrac{a}{b}=\dfrac{a+b}{a} \) " . Lo es si y sólo si porque representa:  \( \varphi=\displaystyle\lim_{n\to{+}\infty}\left({\dfrac{F_{n+1}}{F_n}}\right) \) ,  para:  \( F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1} \) .  Es decir, se convierte en un caso particular derivado de la forma de recurrencia de la sucesión aditiva de números con la que está relacionada. Por eso y nada más que por eso tiene el valor de:  \( \dfrac{\sqrt{5}+1}{2} \) .


Yo he vaciado ya todo lo que tenía. Todo esto lo podéis utilizar como queráis siempre que citéis la fuente (este Foro). No obstante si os queda alguna duda concreta, yo os respondo en lo que sigue de este hilo.


Un cordial saludo,


PD. Una pregunta para los Administradores del Foro: ¿Podría colocar este hilo en la Sección de la Revista del Foro? ¿Es suficientemente original como para ello?
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18 Marzo, 2018, 10:01 pm
Respuesta #9

Fernando Moreno

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Hola,

Repasando ahora el tema y mirando por internet, me he dado cuenta de algo que ya intuía y es que alguna de las fórmulas que he puesto se podrían poner de una forma más elegante y formal. Por ejemplo, la fórmula de  " \( \varphi \) "  que puse en la respuesta 4 y que es: 

\( \boxed{\varphi=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{\left({\dfrac{\binom{2n-1}{0}+\binom{2n-2}{1}+\binom{2n-3}{2}+...+\binom{n}{n-1}}{\binom{2n-2}{0}+\binom{2n-3}{1}+\binom{2n-4}{2}+...+\binom{n-1}{n-1}}}\right)}} \) ; puede ponerse así:

\( {\color{Blue}\boxed{\varphi\,\approx{}\,{\dfrac{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\,\displaystyle\binom{2n-k-1}{k}}{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\,\displaystyle\binom{2n-k-2}{k}}}}} \)   Una fórmula mucho más guapa, que expresa mejor lo que quiero decir(Corregido 20 marzo 2018)

Hago ahora algunos cambios como consecuencia en los textos anteriores.


Un saludo,
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