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Autor Tema: Nueva (espero) representación racional de irracionales cuadráticos  (Leído 622 veces)
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Fernando Moreno
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« : 13/03/2018, 07:42:46 am »

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:


[texx]\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}[/texx]   


[texx]{\color{red}\boxed{\Leftrightarrow{}}}[/texx]    Corregido (20 marzo 2018) :  [texx]\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[/texx]



[texx]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}[/texx]


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:

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

Donde:  [texx]F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1}[/texx]


Un saludo a todos, espero que este tema sea de vuestro interés
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sugata
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« Respuesta #1 : 13/03/2018, 08:56:39 am »

Ni P*** idea, pero me alegro de verte de nuevo señor Proyecto.....
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Luis Fuentes
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« Respuesta #2 : 13/03/2018, 09:29:16 am »

Hola

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

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

 Cumple la ecuación de recurrencia:

[texx] f(n+2)-(2a+1)f(n+1)+a^2f(n)=0[/texx]

Spoiler (click para mostrar u ocultar)

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

[texx] f(n)=ar_1^n+br_2^n[/texx]

 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.
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« Respuesta #3 : 13/03/2018, 10:12:03 am »

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  " [texx]\varphi[/texx] " . Mañana más. Son 5 pistas y una conclusión, pero para ti claro no te van a hacer falta todas.
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« Respuesta #4 : 14/03/2018, 05:39:38 am »

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: [texx] F_{2n}[/texx] ) y las diagonales impares y generalizamos.

Llegamos a la siguiente conclusión:

Pares:  [texx]F_{2n}=\binom{2n-1}{0}+\binom{2n-2}{1}+\binom{2n-3}{2}+...+\binom{n}{n-1}[/texx]

Ejp. para  n=3 :  [texx]F_{6}[/texx], sexto número de Fibonacci en el orden de los naturales:

[texx]F_{6}=\binom{5}{0}+\binom{4}{1}+\binom{3}{2}\,=\,1+4+3\,=\,8[/texx]

Impares:  [texx]F_{2n-1}=\binom{2n-2}{0}+\binom{2n-3}{1}+\binom{2n-4}{2}+...+\binom{n-1}{n-1}[/texx]

Ejp. para n=3 : [texx] F_{5}[/texx], quinto número de Fibonacci en el orden de los naturales:

[texx]F_{5}=\binom{4}{0}+\binom{3}{1}+\binom{2}{2}\,=\,1+3+1\,=\,5[/texx]

Como:  [texx]\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}}}[/texx]  ; entonces:

[texx]\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)}}[/texx]    [texx]{\color{red}\Leftrightarrow{}}[/texx]    Corregido (20 marzo 2018) :   [texx]{\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}}}}}[/texx]

Y como:  [texx]\varphi=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}[/texx] ; entonces:

[texx]\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[/texx]   [texx]{\color{red}\Leftrightarrow{}}[/texx]    Corregido (20 marzo 2018) :   [texx]\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[/texx]


Un saludo,

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« Respuesta #5 : 15/03/2018, 07:16:52 am »

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  [texx]\pmb{\dfrac{265}{153}}[/texx]  y  [texx]\pmb{\dfrac{1351}{780}}[/texx] .  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:  " [texx]\varphi[/texx] " . Pero sin duda él fue más allá, hasta que probando la siguiente sucesión aditiva recurrente:  [texx]\pmb{F_{n+1}=F_{n}+\dfrac{F_{n-1}}{2}}[/texx] ;  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:  [texx]\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}[/texx] .

Veamos un ejemplo de cómo pudo ser:

Primero desarrollamos:  [texx]F_{n+1}=F_{n}+\dfrac{F_{n-1}}{2}[/texx]  :

[texx](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}}\, , \,. . . [/texx]

El valor exacto de  [texx]\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}[/texx]  es:  1,366025403784438 …

Y observamos lo siguiente:

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

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

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

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

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

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

[texx]\left({\dfrac{2131}{64}\,\, : \,\, \dfrac{195}{8}}\right)[/texx]  x  2  - 1  =  [texx]\pmb{\dfrac{1351}{780}}[/texx]  =  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  [texx]\sqrt{3}[/texx]  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  [texx]\pi[/texx]  no de  [texx]\sqrt{3}[/texx] .


Un saludo,
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« Respuesta #6 : 16/03/2018, 07:08:16 am »

PISTA_4 : Equivalencias

Sabemos que:   [texx]\varphi^2= \varphi+1[/texx]

[texx]\Longleftrightarrow[/texx]   [texx] \varphi^2=\varphi^1+\varphi^0[/texx]   [texx]\Longleftrightarrow[/texx]   Una sucesión recurrente de orden 2 como:  [texx]F_{n+1}=F_n+F_{n-1}[/texx]

[texx]\Longleftrightarrow[/texx]   A una ecuación de segundo grado como:  [texx]\varphi^2-\varphi^1-\varphi^0=0[/texx]

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

Pues ya lo tenemos:

Supongamos esta ecuación de segundo grado:  [texx]x^2-x-\dfrac{1}{2}=0[/texx] ;  equivalente a lo que sería:   [texx]x^2=x^1+\dfrac{1}{2}x^0[/texx]  y a esta sucesión recurrente aditiva:  [texx]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}\, ,\, . . .[/texx]

Su solución positiva es:  [texx]x=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}[/texx]

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

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


Un saludo,
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« Respuesta #7 : 17/03/2018, 12:16:01 pm »

PISTA_5 :

Expongo como he hecho con el caso de  [texx]\sqrt{2}[/texx]  :

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

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

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  [texx]2^n[/texx] ,  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:  [texx]2^{n-k}\,\binom{n}{k}[/texx]

Luego:  [texx]\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}[/texx]


Un saludo,

* otroPascal.png (78.56 KB - descargado 143 veces.)
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« Respuesta #8 : 18/03/2018, 09:23:40 am »

CONCLUSIÓN : Las fórmulas 

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

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

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

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  [texx]\varphi=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}[/texx]  sea un hecho concreto del "número áureo", por representar una divina proporción:  " [texx]\dfrac{a}{b}=\dfrac{a+b}{a}[/texx] " . Lo es si y sólo si porque representa:  [texx]\varphi=\displaystyle\lim_{n\to{+}\infty}\left({\dfrac{F_{n+1}}{F_n}}\right)[/texx] ,  para:  [texx]F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1}[/texx] .  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:  [texx]\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}[/texx] .


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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« Respuesta #9 : 18/03/2018, 06:01:08 pm »

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  " [texx]\varphi[/texx] "  que puse en la respuesta 4 y que es: 

[texx]\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)}}[/texx] ; puede ponerse así:

[texx]{\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}}}}}[/texx]   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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« Respuesta #10 : 19/03/2018, 08:16:34 am »

Hola
 
 Comentario general.

 No estoy seguro de si sabes o sabías previamente algo sobre ecuaciones en recurrencia. Y no digo esto por valorar el "mérito" de tu trabajo sino que es exactamente lo que tu consideras novedoso.

 Sea como sea es de sobra conocido que a una relación de recurrencia lineal:

[texx] a_{n+1}=pa_n+qa_{n-1}[/texx]

 Se le asigna un polinomio llamado polinomio característico de la ecuación:

[texx] x^2-px-q=0[/texx]

 de manera que las raíces del polinomio [texx]r_1,r_2[/texx] permiten resolver la recurrencia.

[texx] a_n=k_1r_1^n+k_2r_2^n[/texx]

 Donde [texx]k_1,k_2[/texx] dependen de las condiciones iniciales. A partir de ahí es fácil calcular el limite [texx]a_{n+1}/a_n[/texx] que en general corresponderá a la raíz [texx]r_i[/texx] de mayor módulo.

 En ese sentido es de sobra conocido que la razón áurea es un caso particular de todo esto.

 A mi curiosamente lo que más me llama la atención de lo que has expuesto es darse cuenta de que los términos generales de cualquier ecuación de recurrencia de grado dos puedan expresarse a través de ese sumatorio de números de combinatorios; es la parte que me parece más interesante como una propiedad más de las numerosísimas que cumplen tales números.

 
Una conclusión, por lo tanto, podría ser la siguiente: Ya no podemos decir que  [texx]\varphi=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}[/texx]  sea un hecho concreto del "número áureo", por representar una divina proporción:  " [texx]\dfrac{a}{b}=\dfrac{a+b}{a}[/texx] " . Lo es si y sólo si porque representa:  [texx]\varphi=\displaystyle\lim_{n\to{+}\infty}\left({\dfrac{F_{n+1}}{F_n}}\right)[/texx] ,  para:  [texx]F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1}[/texx] .  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:  [texx]\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}[/texx] .

 Respecto a esto, hay muchísimas formas de introducir el número áureo, y muchas formas de presentarlo, de ahí lo fascinante del mismo. Entonces sobre él ya se decían muchas más cosas que el simple hecho de definirlo a través de la divina proporción y entre ellas su relación con la sucesión de Fibonacci y más en general con las ecuaciones en recurrencia.

 En ese sentido ese sí y sólo si me parece excesivo, porque parece querer sustituir una posible definición del mismo a través de la divina proporción por otra como si ésta última fuese "la buena". Y no; como te digo hay montones de formas de introducirlo sin que una sea mejor que otra o más definitiva que otra.

Saludos.
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« Respuesta #11 : 19/03/2018, 12:37:55 pm »

Hola Luis, gracias por contestar.

No estoy seguro de si sabes o sabías previamente algo sobre ecuaciones en recurrencia. Y no digo esto por valorar el "mérito" de tu trabajo sino que es exactamente lo que tu consideras novedoso.

 Sea como sea es de sobra conocido que a una relación de recurrencia lineal:

[texx] a_{n+1}=pa_n+qa_{n-1}[/texx]

 Se le asigna un polinomio llamado polinomio característico de la ecuación:

[texx] x^2-px-q=0[/texx]

 de manera que las raíces del polinomio [texx]r_1,r_2[/texx] permiten resolver la recurrencia.

[texx] a_n=k_1r_1^n+k_2r_2^n[/texx]

 Donde [texx]k_1,k_2[/texx] dependen de las condiciones iniciales. A partir de ahí es fácil calcular el limite [texx]a_{n+1}/a_n[/texx] que en general corresponderá a la raíz [texx]r_i[/texx] de mayor módulo.

 En ese sentido es de sobra conocido que la razón áurea es un caso particular de todo esto.

Previamente no sabía nada, todo lo que he hecho ha sido un pequeño curso online de Coursera: Fibonacci Numbers and the Golden Ratio; muy visual, más que teórico. Gracias por el enlace que pones; lo guardaré. Por eso me parecía todo tan nuevo sí, ya veo.

A mi curiosamente lo que más me llama la atención de lo que has expuesto es darse cuenta de que los términos generales de cualquier ecuación de recurrencia de grado dos puedan expresarse a través de ese sumatorio de números de combinatorios; es la parte que me parece más interesante como una propiedad más de las numerosísimas que cumplen tales números.

Lo de los términos generales a los que aludes me resulta -todavía- un poco abstracto. ¿Te refieres a que puedo poner en forma de sumatorio de números combinatorios cualquier raíz cuadrada? ¿es eso? No obstante, a mí la fórmula en esos mismos términos de  " [texx]\varphi[/texx] "   ([texx]{\color{Blue} \varphi\,=\,\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\,{\left[{\dfrac{\displaystyle\binom{2n-k-1}{k}}{\displaystyle\binom{2n-k-2}{k}}}\right]}}[/texx] )  también me resulta original, yo por lo menos no la he visto en ninguna parte.

Una conclusión, por lo tanto, podría ser la siguiente: Ya no podemos decir que  [texx]\varphi=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}[/texx]  sea un hecho concreto del "número áureo", por representar una divina proporción:  " [texx]\dfrac{a}{b}=\dfrac{a+b}{a}[/texx] " . Lo es si y sólo si porque representa:  [texx]\varphi=\displaystyle\lim_{n\to{+}\infty}\left({\dfrac{F_{n+1}}{F_n}}\right)[/texx] ,  para:  [texx]F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1}[/texx] .  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:  [texx]\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}[/texx] .

 Respecto a esto, hay muchísimas formas de introducir el número áureo, y muchas formas de presentarlo, de ahí lo fascinante del mismo. Entonces sobre él ya se decían muchas más cosas que el simple hecho de definirlo a través de la divina proporción y entre ellas su relación con la sucesión de Fibonacci y más en general con las ecuaciones en recurrencia.

 En ese sentido ese sí y sólo si me parece excesivo, porque parece querer sustituir una posible definición del mismo a través de la divina proporción por otra como si ésta última fuese "la buena". Y no; como te digo hay montones de formas de introducirlo sin que una sea mejor que otra o más definitiva que otra.

Correcto lo que dices sí, parece más un reporte periodístico que una conclusión matemática.

Respecto de lo de la Revista del Foro sí o no te veo dubitativo. Sé por otras veces que eres bastante estricto en eso (en el buen sentido eh). Si quieres darme una cierta orientación de como lo pondrías a grandes rasgos, me puedo ceñir a eso. Una cosa que también encuentro original, aunque de menor importancia, es lo del posible método de Arquímedes: clavo las 2 razones que dió por defecto y por exceso para aproximar  [texx]\sqrt{3}[/texx] .  El tema de construir otros triángulos de Pascal también es clave, pero no sé si original.

Un saludo,
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« Respuesta #12 : 20/03/2018, 07:37:29 am »

Hola

Lo de los términos generales a los que aludes me resulta -todavía- un poco abstracto. ¿Te refieres a que puedo poner en forma de sumatorio de números combinatorios cualquier raíz cuadrada? ¿es eso?


No me sorprende y es consecuencia directa de la resolución de una ecuación lineal de recurrencia de orden dos, que una raíz pueda ponerse como un límite de la forma [texx]a_{n+1}/a_n[/texx] donde [texx]a_n[/texx] es la solución de tal recurrencia.

Lo que me sorprende es poder poner esos términos en la forma:

[texx]a_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{}\displaystyle\binom{2n-1-k}{k}a^k[/texx]

Pero no porque ese límite de una raíz o no; digamos que si de pronto ponen como ejercicio calcular:

[texx]\displaystyle\sum_{k=0}^n{}\displaystyle\binom{2n-1-k}{k}a^k[/texx]

no es obvio como hacerlo.

Cita
No obstante, a mí la fórmula en esos mismos términos de  " [texx]\varphi[/texx] "   ([texx]{\color{Blue} \varphi\,=\,\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\,{\left[{\dfrac{\displaystyle\binom{2n-k-1}{k}}{\displaystyle\binom{2n-k-2}{k}}}\right]}}[/texx] )  también me resulta original, yo por lo menos no la he visto en ninguna parte.

Pero esa expresión en azul está mal; de repente no pones límite alguno y además debería de haber un sumatorio distinto en el numerador y otro en el denominador.

Cita
Respecto de lo de la Revista del Foro sí o no te veo dubitativo. Sé por otras veces que eres bastante estricto en eso (en el buen sentido eh). Si quieres darme una cierta orientación de como lo pondrías a grandes rasgos, me puedo ceñir a eso. Una cosa que también encuentro original, aunque de menor importancia, es lo del posible método de Arquímedes: clavo las 2 razones que dió por defecto y por exceso para aproximar  [texx]\sqrt{3}[/texx] .  El tema de construir otros triángulos de Pascal también es clave, pero no sé si original.

Aclaremos ciertas cosas de momento.

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« Respuesta #13 : 20/03/2018, 11:00:19 am »

Hola,

Lo de los términos generales a los que aludes me resulta -todavía- un poco abstracto. ¿Te refieres a que puedo poner en forma de sumatorio de números combinatorios cualquier raíz cuadrada? ¿es eso?


No me sorprende y es consecuencia directa de la resolución de una ecuación lineal de recurrencia de orden dos, que una raíz pueda ponerse como un límite de la forma [texx]a_{n+1}/a_n[/texx] donde [texx]a_n[/texx] es la solución de tal recurrencia.

Lo que me sorprende es poder poner esos términos en la forma:

[texx]a_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{}\displaystyle\binom{2n-1-k}{k}a^k[/texx]

Pero no porque ese límite de una raíz o no; digamos que si de pronto ponen como ejercicio calcular:

[texx]\displaystyle\sum_{k=0}^n{}\displaystyle\binom{2n-1-k}{k}a^k[/texx]

no es obvio como hacerlo.

Ah. Bonita fórmula sí:  [texx]a_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n{}\displaystyle\binom{2n-1-k}{k}a^k[/texx]

Cita
No obstante, a mí la fórmula en esos mismos términos de  " [texx]\varphi[/texx] "   ([texx]{\color{Blue} \varphi\,=\,\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\,{\left[{\dfrac{\displaystyle\binom{2n-k-1}{k}}{\displaystyle\binom{2n-k-2}{k}}}\right]}}[/texx] )  también me resulta original, yo por lo menos no la he visto en ninguna parte.

Pero esa expresión en azul está mal; de repente no pones límite alguno y además debería de haber un sumatorio distinto en el numerador y otro en el denominador.

Es verdad lo de los sumatorios, pero subsanado eso la fórmula es correctísima; de hecho expresa mucho mejor lo que he pretendido decir desde el principio que con el paso al límite, mucho más abstracto. Pongo un ejemplo: Quiero aproximar el valor de  [texx]\varphi[/texx]  para n = 6. Hago lo siguiente: 

(Corregido: Sin el límite al infinito se convierte en una fórmula por aproximación, es cierto. Pero ése es realmente su sentido)


[texx]\varphi\,{\color{red}\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}}}[/texx]


[texx]\approx{}\,\dfrac{\displaystyle\binom{2\cdot{6}-0-1}{0}=\displaystyle\binom{11}{0}+\displaystyle\binom{10}{1}+\displaystyle\binom{9}{2}+\displaystyle\binom{8}{3}+\displaystyle\binom{7}{4}+\displaystyle\binom{2\cdot{6}-5-1}{5}=\displaystyle\binom{6}{5}}{\displaystyle\binom{2\cdot{6}-0-2}{0}\,=\,\displaystyle\binom{10}{0}+\displaystyle\binom{9}{1}+\displaystyle\binom{8}{2}+\displaystyle\binom{7}{3}+\displaystyle\binom{6}{4}+\displaystyle\binom{2\cdot{6}-5-2}{5}=\displaystyle\binom{5}{5}}[/texx]


[texx]\approx{}\,\dfrac{1+10+36+56+35+6}{1+9+28+35+15+1}\,\approx{}\,\dfrac{144}{89}\,\approx{}\,1,6179775280..[/texx]


Claro que se podría decir que para este viaje ya tengo esta alforja de sobra:  [texx]\dfrac{144}{89}[/texx] ,  (12ª y 11ª posiciones de la sucesión de Fibonacci). Pero no ocurre lo mismo cuando por ejemplo trato de aproximar racionalmente  [texx]\sqrt{2}[/texx] ; que para eso hice realmente en su día la segunda parte de mi viaje -que ahora como lo explico parece fácil, con objeto de hacerme entender, pero la historia fue distinta-. Yo puedo tratar de aproximarme racionalmente a  [texx]\sqrt{2}[/texx]  con gran eficacia por medio de las fracciones continuas; pero también puedo hacerlo con mucha eficacia -igual o más- con el método que sigue que es casi más sencillo, entiendo, de meter en un programa. Veámoslo como ejemplo para n = 6: qué "razón" obtenemos, cuál es su complejidad y qué precisión nos da (corregido lo de los sumatorios):


[texx]\sqrt{2}\,{\color{red}\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[/texx]


[texx]\approx{}\,\dfrac{2^{2(6-0)-1}\displaystyle\binom{2\cdot{6}-0-1}{0}=2^{11}\displaystyle\binom{11}{0}+2^{9}\displaystyle\binom{10}{1}+2^{7}\displaystyle\binom{9}{2}+2^{5}\displaystyle\binom{8}{3}+2^{3}\displaystyle\binom{7}{4}+2^{2(6-5)-1}\displaystyle\binom{2\cdot{6}-5-1}{5}=2\displaystyle\binom{6}{5}}{2^{2(6-0-1)}\displaystyle\binom{2\cdot{6}-0-2}{0}=2^{10}\displaystyle\binom{10}{0}+2^{8}\displaystyle\binom{9}{1}+2^{6}\displaystyle\binom{8}{2}+2^{4}\displaystyle\binom{7}{3}+2^{2}\displaystyle\binom{6}{4}+2^{2(6-5-1)}\displaystyle\binom{2\cdot{6}-5-2}{5}=\displaystyle\binom{5}{5}}-1[/texx]


[texx]\approx{}\,\dfrac{2048+5120+4608+1792+280+12}{1024+2304+1792+560+60+1}-1\,\approx{}\,\dfrac{13860}{5741}-1\,\approx{}\,\pmb{\dfrac{8119}{5741}}\,\approx{}\,1,4142135516..[/texx]


Esta simple razón [texx]\left({\pmb{\dfrac{8119}{5741}}}\right)[/texx] ,  me da una precisión de 5 decimales del valor exacto de  [texx]\sqrt{2}[/texx] . Qué queréis que os diga, a mí me parece muy buena. Si para n = 6 me da una precisión de 5 decimales, para n = 12 me dará una precisión (exacta) de 10 u 11 decimales. Por fracciones continuas no obtengo (al menos yo no lo he conseguido) esa ratio de racional tan simple para aproximarme a un irracional cuadrático. Y es por eso que cuando lo hago también para  [texx]\sqrt{3}[/texx]  obtengo "ratios" racionales muy buenas. De hecho obtengo las mismas que obtuvo Arquímedes, que no era torpe. Pero si tú me dices que todo eso ya se sabía y que está descontado, pues bueno, me lo creo; pero yo no lo he visto por ahí escrito en ninguna parte.

(Eso sí, este procedimiento tiene una limitación: para irracionales cuadráticos altos la convergencia se vuelve mucho más lenta)

Cita
Respecto de lo de la Revista del Foro sí o no te veo dubitativo. Sé por otras veces que eres bastante estricto en eso (en el buen sentido eh). Si quieres darme una cierta orientación de como lo pondrías a grandes rasgos, me puedo ceñir a eso. Una cosa que también encuentro original, aunque de menor importancia, es lo del posible método de Arquímedes: clavo las 2 razones que dió por defecto y por exceso para aproximar  [texx]\sqrt{3}[/texx] .  El tema de construir otros triángulos de Pascal también es clave, pero no sé si original.

Aclaremos ciertas cosas de momento.

Me parece bien, claro.

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« Respuesta #14 : 21/03/2018, 09:13:52 am »

Hola

Es verdad lo de los sumatorios, pero subsanado eso la fórmula es correctísima; de hecho expresa mucho mejor lo que he pretendido decir desde el principio que con el paso al límite, mucho más abstracto. Pongo un ejemplo: Quiero aproximar el valor de  [texx]\varphi[/texx]  para n = 6. Hago lo siguiente: 

(Corregido: Sin el límite al infinito se convierte en una fórmula por aproximación, es cierto. Pero ése es realmente su sentido)

Bien; con esa corrección del sumatorio y la aproximación en lugar de la igualdad de acuerdo.

Cita
De hecho obtengo las mismas que obtuvo Arquímedes, que no era torpe. Pero si tú me dices que todo eso ya se sabía y que está descontado, pues bueno, me lo creo; pero yo no lo he visto por ahí escrito en ninguna parte.

Veamos; esto de valorar el interés o novedoso de un trabajo siempre es espinoso. Vaya por delante: si esto fuese un referato oficial (tal como se hace en las revistas profesionales) yo renunciaría a valorar el trabajo (ni me lo darían para revisar probablemente), porque no soy experto en el tema. Yo no sé ni cual es el interés actual o histórico en la búsqueda de aproximaciones de raíces de enteros, ni conozco ampliamente el estado de conocimiento sobre el tema.

Entonces en todo momento estoy juzgando lo que a mi me llama la atención de lo que has expuesto; lo que a mi me parece más interesante. A mi no me sorprende que se pueda aproximar una raíz usando una sucesión tipo Fibonacci porque lo veo muy inmediato desde los métodos de resolución del las ecuaciones en recurrencia. ¿Lo hizo alguien antes? Ni idea. Probablemente no. Pero no me llama la atención. Sea como sea hay artículos de investigación que hacen precisamente eso: exhibir aplicaciones concretas de métodos conocidos, para conseguir resultados útiles.

Cita
Claro que se podría decir que para este viaje ya tengo esta alforja de sobra:  [texx]\dfrac{144}{89}[/texx] ,  (12ª y 11ª posiciones de la sucesión de Fibonacci). Pero no ocurre lo mismo cuando por ejemplo trato de aproximar racionalmente  [texx]\sqrt{2}[/texx] ; que para eso hice realmente en su día la segunda parte de mi viaje -que ahora como lo explico parece fácil, con objeto de hacerme entender, pero la historia fue distinta-. Yo puedo tratar de aproximarme racionalmente a  [texx]\sqrt{2}[/texx]  con gran eficacia por medio de las fracciones continuas; pero también puedo hacerlo con mucha eficacia -igual o más- con el método que sigue que es casi más sencillo, entiendo, de meter en un programa. Veámoslo como ejemplo para n = 6: qué "razón" obtenemos, cuál es su complejidad y qué precisión nos da (corregido lo de los sumatorios):


[texx]\sqrt{2}\,{\color{red}\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[/texx]


[texx]\approx{}\,\dfrac{2^{2(6-0)-1}\displaystyle\binom{2\cdot{6}-0-1}{0}=2^{11}\displaystyle\binom{11}{0}+2^{9}\displaystyle\binom{10}{1}+2^{7}\displaystyle\binom{9}{2}+2^{5}\displaystyle\binom{8}{3}+2^{3}\displaystyle\binom{7}{4}+2^{2(6-5)-1}\displaystyle\binom{2\cdot{6}-5-1}{5}=2\displaystyle\binom{6}{5}}{2^{2(6-0-1)}\displaystyle\binom{2\cdot{6}-0-2}{0}=2^{10}\displaystyle\binom{10}{0}+2^{8}\displaystyle\binom{9}{1}+2^{6}\displaystyle\binom{8}{2}+2^{4}\displaystyle\binom{7}{3}+2^{2}\displaystyle\binom{6}{4}+2^{2(6-5-1)}\displaystyle\binom{2\cdot{6}-5-2}{5}=\displaystyle\binom{5}{5}}-1[/texx]


[texx]\approx{}\,\dfrac{2048+5120+4608+1792+280+12}{1024+2304+1792+560+60+1}-1\,\approx{}\,\dfrac{13860}{5741}-1\,\approx{}\,\pmb{\dfrac{8119}{5741}}\,\approx{}\,1,4142135516..[/texx]

Está bien. Ahora métodos para aproximar raíces hay muchos:

https://en.wikipedia.org/wiki/Methods_of_computing_square_roots

Por ejemplo el método Babilonio (modernamente el de Newton) para [texx]\sqrt{2}[/texx], supone ir iterando:

[texx]x_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left({x_n+\dfrac{2}{x_n}}\right)[/texx]

 empezando por ejemplo en [texx]x_0=1[/texx]

 Con sólo cuatro iteraciones se obtiene:

[texx]x_4=\dfrac{665857}{470832}=1.4142135623746899106\ldots[/texx]

 que coincide con [texx]\sqrt{2}[/texx] con once decimales.

 Entonces no creo que haga más o menos interesante tu fórmula el que converja más o menos rápidamente, sino su belleza y/o esa forma particular de escribirla en términos de una serie que combina potencias y números combinatorios.

Saludos.
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« Respuesta #15 : 21/03/2018, 02:06:25 pm »

.... Yo puedo tratar de aproximarme racionalmente a  [texx]\sqrt{2}[/texx]  con gran eficacia por medio de las fracciones continuas; pero también puedo hacerlo con mucha eficacia -igual o más- con el método que sigue que es casi más sencillo, entiendo, de meter en un programa. ...

Lo que yo veo es que los resultados son los mismos que usando fracciones continuas.  Respecto a la eficacia habría que analizarlo mas detenidamente, pero me da la sensación que no es mas eficaz.


Es fácil demostrar que  [texx]S(x)=\dfrac{1+\displaystyle\sqrt{1+4x}}{2}=1+\dfrac{x}{1+\dfrac{x}{1+...}} [/texx]

Y por teoría de fracciones continuas sabemos que para un número finito de pasos resulta  [texx]S_n(x)=\dfrac{P_n(x)}{P_{n-1}(x)}[/texx]

Donde  [texx]P_n(x)[/texx]  se obtiene por recurrencia  [texx]P_n(x)= P_{n-1}(x) + x\cdot P_{n-2}(x)[/texx]    con    [texx]P_0(x)=1[/texx]  y  [texx]P_1(x)=1[/texx]



Aplicado a tus ejemplos:

Para [texx]x=1[/texx] , los [texx]P_n[/texx] se corresponden con la sucesión de Fibonacci [texx]\;\;\longrightarrow\;\;\varphi \approx\dfrac{F_n}{F_{n-1}}[/texx] 


Para aproximar  raíces hacemos  [texx]\displaystyle\sqrt{1+4x} \approx 2\,S_n(x)-1[/texx]

Para [texx]x=\frac{1}{4}[/texx]   resulta por recurrencia    [texx]P_{10} =  \dfrac{5741}{1024}\quad,\quad P_{11} =  \dfrac{6930}{1024}[/texx]

[texx]\therefore\quad \displaystyle\sqrt 2\approx 2\;\dfrac{P_{11}}{P_{10}}-1 = \dfrac{8119}{5741}[/texx]


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« Respuesta #16 : 21/03/2018, 05:29:29 pm »

Hola,

Entonces no creo que haga más o menos interesante tu fórmula el que converja más o menos rápidamente, sino su belleza y/o esa forma particular de escribirla en términos de una serie que combina potencias y números combinatorios.

Coincido plenamente, la belleza es para mí fundamental en lo que hago y busco en matemáticas. Como sabes que me cuesta estar de acuerdo contigo muchas veces, voy a guardarme este punto de encuentro para el futuro.


Es fácil demostrar que  [texx]S(x)=\dfrac{1+\displaystyle\sqrt{1+4x}}{2}=1+\dfrac{x}{1+\dfrac{x}{1+...}} [/texx]

Para mí no es fácil. ¿Puedes ofrecernos una demostración sencilla de esto? Tampoco veo la relación directa (indirecta sí) con  [texx]\sqrt[ ]{2}[/texx]

Y por teoría de fracciones continuas sabemos que para un número finito de pasos resulta  [texx]S_n(x)=\dfrac{P_n(x)}{P_{n-1}(x)}[/texx]

Donde  [texx]P_n(x)[/texx]  se obtiene por recurrencia  [texx]P_n(x)= P_{n-1}(x) + x\cdot P_{n-2}(x)[/texx]    con    [texx]P_0(x)=1[/texx]  y  [texx]P_1(x)=1[/texx]

Lo desconocía completamente.

Aplicado a tus ejemplos:

Para [texx]x=1[/texx] , los [texx]P_n[/texx] se corresponden con la sucesión de Fibonacci [texx]\;\;\longrightarrow\;\;\varphi \approx\dfrac{F_n}{F_{n-1}}[/texx] 


Para aproximar  raíces hacemos  [texx]\displaystyle\sqrt{1+4x} \approx 2\,S_n(x)-1[/texx]

Para [texx]x=\frac{1}{4}[/texx]   resulta por recurrencia    [texx]P_{10} =  \dfrac{5741}{1024}\quad,\quad P_{11} =  \dfrac{6930}{1024}[/texx]

[texx]\therefore\quad \displaystyle\sqrt 2\approx 2\;\dfrac{P_{11}}{P_{10}}-1 = \dfrac{8119}{5741}[/texx]

A veces es mejor contestar con hechos que con palabras. Expongo como vi este tema en su día:

a)  Método babilónico para  [texx]\sqrt[ ]{2}[/texx]  ( [texx]x_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left({x_n+\dfrac{2}{x_n}}\right)[/texx]  )

Para  [texx]x_0=1[/texx]  tendremos:  [texx]\dfrac{3}{2}[/texx] , [texx]\dfrac{17}{12}[/texx] , [texx]\dfrac{577}{408}[/texx] , [texx]\dfrac{665857}{470832}[/texx] , . . .

La última razón se aproxima en 11 decimales: brutal. Pero fijarse qué operación hay que hacer para obtenerla:  [texx]\dfrac{1}{2}\,\left({\dfrac{577}{408}+\dfrac{2}{\dfrac{577}{408}}}\right)[/texx]  . Luego fijarse en el "salto" que hay de  [texx]\dfrac{577}{408}[/texx]  a  [texx]\dfrac{665857}{470832}[/texx]

b) Método de las fracciones continuas para  [texx]\sqrt[ ]{2}[/texx]  ( [texx]\left[{1;\overline{2}}\right][/texx] )

Vamos resolviendo:  [texx]\dfrac{3}{2}[/texx] , [texx]\dfrac{7}{5}[/texx] , [texx]\dfrac{17}{12}[/texx] , [texx]\dfrac{41}{29}[/texx] , . .

Aquí hay muchos menos saltos para las aproximaciones racionales que busquemos; pero la 4ª razón nos da una precisión de sólo 2 decimales y eso no es todo. Veamos qué operaciones he tenido que hacer para obtenerla: 

[texx]1+\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2}}}} [/texx]

c)  Método que he expuesto para [texx]\sqrt[ ]{2}[/texx]  (  [texx]F_{n+1}=2F_n+F_{n-1}[/texx] )


- (Añadido: Busco primero qué sucesión recurrente le corresponde a  [texx]\sqrt{2}[/texx] .  Utilizo la fórmula que puse en la respuesta 8:  " [texx]1+\sqrt{u}\,\Rightarrow{}\,F_n=2\,F_{n-1}+(u-1)\,F_{n-2}[/texx] " .  Luego:  [texx]F_{n+1}=2F_n+F_{n-1}[/texx] ) -


La sucesión es simple:  1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, 408, . . .

Ahora sólo tengo que hacer esto:  [texx]\dfrac{408}{169}-1=\dfrac{239}{169}[/texx]  Y me da una precisión ya de 4 decimales

Cómo veis lo valoro todo, no sólo una parte. No obstante, como dice Abdulai habría que analizarlo más detenidamente claro

Un saludo,
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