[dispmath]\left(\frac{\sqrt5+1}{2}\right)^{24}=103682[/dispmath]

Može se lako pokazati da broj oblika [inlmath]\left(\sqrt a+b\right)^n,\;a,b,n\in\mathbb{N},\;\left(\not\exists k\in\mathbb{Q}\right)\left(a=k^2\right)[/inlmath], a samim tim i broj oblika [inlmath]\left(\frac{\sqrt a+b}{c}\right)^n[/inlmath] – ne može biti racionalan (a samim tim ni ceo, ni prirodan). Ako bude interesovanja, mogu i napisati taj dokaz.

Ovaj iracionalan broj zaista jeste interesantan po tome što je vrlo približan prirodnom broju i, kako ga prikazuje Microsoft Calculator, iznosi [inlmath]103\:681,999\:990\:355\:124\ldots[/inlmath]

I da, dobro si primetio da ovim brojem možeš lako da „zavaraš“ neki digitron s manjim brojem cifara, da ga prikaže kao prirodan broj.

Kad smo već kod stepenovanja broja [inlmath]\varphi[/inlmath], može se uočiti još jedna zanimljivost.
[dispmath]\begin{align}
\varphi & =1,6180339887\ldots\\
\varphi^2 & =2,6180339887\ldots=\varphi+1
\end{align}[/dispmath]
Drugim rečima, kvadriranjem broja [inlmath]\varphi[/inlmath] uvećali smo ga za [inlmath]1[/inlmath].

Da vidimo postoji li još neki realan broj koji se kvadriranjem uveća za [inlmath]1[/inlmath]:
[dispmath]x^2=x+1[/dispmath][dispmath]x^2-x-1=0[/dispmath][dispmath]x_{1,2}=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}[/dispmath]
Dakle, jedan takav broj je ovaj naš, [inlmath]\varphi=\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{2}[/inlmath].
Drugi takav broj je [inlmath]\displaystyle\frac{1-\sqrt{5}}{2}[/inlmath]. Budući da je ovaj drugi negativan, možemo zaključiti da je [inlmath]\varphi[/inlmath] jedini pozitivan realan broj koji, kad se kvadrira, biva uvećan za [inlmath]1[/inlmath].

[inlmath]\varphi+1=\varphi^2[/inlmath] ... Kada se leva i desna strana te jednakosti pomnozi sa [inlmath]\varphi^n[/inlmath] dobija se: [inlmath]\varphi^{n+1}+\varphi^n=\varphi^{n+2}[/inlmath]. Pomocu ove pravilnosti mozemo lakse da izracunamo brojeve oblika [inlmath]\varphi^n[/inlmath]:
[dispmath]\varphi^3=\varphi^2+\varphi=2\varphi+1[/dispmath][dispmath]\varphi^4=\varphi^3+\varphi^2=3\varphi+2[/dispmath][dispmath]\varphi^5=\varphi^4+\varphi^3=5\varphi+3[/dispmath][dispmath]\varphi^6=\varphi^5+\varphi^4=8\varphi+5[/dispmath]

[dispmath]\varphi^7=13\varphi+8\;\Rightarrow\;\left(\frac{\sqrt5+1}{2}\right)^7=\frac{13\sqrt5+29}{2}=29,03444185\ldots[/dispmath]

[dispmath]1=\varphi^{-1}+\varphi^{-2}=\varphi^{-2}+2\varphi^{-3}+\varphi^{-4}=\cdots[/dispmath]
Slozicete se sa mnom da je ovo mnogo laksi nacin od mnozenja. Nacin na koji se menja cinilac uz [inlmath]\varphi[/inlmath] i sabirak je isti kao i redosled Fibonacijevog niza. Ovo je osobina koju drugacije nazivam 'droblijivi stepen'.

@Daniel
I ja sam od pocetka znao da '24' jednakost nije tacna. Preko drobljivog stepena sam nasao tacnu vrednost, iz cega sam zakljucio da je greska u digitronu. Nisi naseo na moju prevaru. Napisi ako mozes taj dokaz koji si spomenuo.

offtopic: Kad smo vec kod Fibonacijevih brojeva, postoji jedan mali trik prilikom konvertovanja milja (internacionalnih) u metre. Jedna milja iznosi [inlmath]1.60934\text{ km}[/inlmath] sto je blizu vrednosti zlatnog preseka. Kako znamo da su susedni clanovi Fibonacijevog niza u odnosu [inlmath]\approx\varphi[/inlmath], mozemo dva susedna clana Fibonacijevog niza posmatrati kao istu duzinu izrazenu u kilometrima (veci broj) i miljama (manji broj). Npr:
[dispmath]13\text{ km}\approx8\text{ mi}[/dispmath]
Ako se broj koji trazimo ne nalazi u Fibonacijevom nizu, mozemo ga izraziti kao jedinstveni zbir Fibonacijevih brojeva...
Jednostavnije nego da mnozite sa [inlmath]1.6[/inlmath].

Dobro, "pa šta je vama dvojici" (Pentagram142857e i Ubavicu)? Pa, treba se spremiti za doček! Ukućani već škrguću zubima name, a vas dvojica udarila zanimljive doprinose da pišete. A i Uroš i Daniel (sorry za prošli put) su krenuli zanimljivo (BTW: čini mi se da je [inlmath]x=2[/inlmath]?)

Pentagram142857e, da mogu dao bih ti 5 "lajkova".

pentagram142857 je napisao:[inlmath]\varphi^{n+1}+\varphi^n=\varphi^{n+2}[/inlmath]

Izvrsno za rekurziju

procedure [inlmath]\varphi\left(n\right)[/inlmath]
__ if [inlmath]n=1[/inlmath] then
_____ [inlmath]\varphi\left(n\right)=\varphi[/inlmath]
___ else
____ [inlmath]\varphi\left(n\right)=\varphi\left(n-1\right)+\varphi\left(n-2\right)[/inlmath]
__ endif
__ return
end procedure

Naravno rekurziju treba izbegavati kao konkretno rešenje za software; ali nekako je (bar meni) elegantna.

pentagram142857 je napisao:[dispmath]\varphi^3=\varphi^2+\varphi=2\varphi+1[/dispmath][dispmath]\varphi^4=\varphi^3+\varphi^2=3\varphi+2[/dispmath][dispmath]\varphi^5=\varphi^4+\varphi^3=5\varphi+3[/dispmath][dispmath]\varphi^6=\varphi^5+\varphi^4=8\varphi+5[/dispmath]

Izazov 1 (ne nije moj izazov kome god bilo, već uopšteno izazov, u smislu za prosečne ljude su na Matemaniji problemi, a za matemanijake su to izazovi ):
Naći [inlmath]f_1(n)[/inlmath] i [inlmath]f_2(n)[/inlmath] tako da se dobije
[dispmath]\varphi^n=\varphi f_1(n)+f_2(n)[/dispmath]
Izazov 2
Može li rešenje izazova 1, da važi i za negativne [inlmath]n[/inlmath]-ove? Tj. može li se napisati tako da važi i za pozitivne i za negativne [inlmath]n[/inlmath]-ove? (A za necelobrojne ?)

pentagram142857 je napisao:

broj [inlmath]n[/inlmath] takodje moze biti i negativan:

[dispmath]1=\varphi^{n-1}+\varphi^{n-2}=\varphi^{n-2}+2\varphi^{n-3}+\varphi^{n-4}=\cdots[/dispmath]

Izazov 3
[dispmath]1=\sum_{i=k}^mf(k,m)\varphi^{n-i}[/dispmath]

---

Ubaviću, svaka čast i hvala za ovo [inlmath]\frac{\text{mi}}{\text{km}}\approx\varphi[/inlmath]

pentagram142857 je napisao:@Daniel
Napisi ako mozes taj dokaz koji si spomenuo.

Odmah da kažem da sam zaboravio da postavim jedan uslov koji je vrlo bitan (a i očigledan), a to je da [inlmath]a[/inlmath] nije kvadrat racionalnog broja (jer u protivnom, izraz unutar zagrade bi bio racionalan broj, pa bi i njegov stepen bio racionalan broj). Dopunio sam svoj post tim uslovom.

A sad evo i dokaza.

Razvijemo izraz [inlmath]\left(\sqrt a+b\right)^n[/inlmath]:
[dispmath]\left(\sqrt a+b\right)^n=\sum_{k=0}^n{n\choose k}\left(\sqrt a\right)^{n-k}b^k=\sum_{k=0}^n{n\choose k}a^{\frac{n-k}{2}}b^k[/dispmath]
Članovi ove sume kod kojih je [inlmath]n-k[/inlmath] paran broj očigledno će biti prirodni brojevi.
Članove sume kod kojih je [inlmath]n-k[/inlmath] neparan broj možemo napisati u obliku
[dispmath]{n\choose k}a^{\frac{n-k}{2}}b^k={n\choose k}a^{\frac{n-k-1}{2}}b^ka^{\frac{1}{2}}={n\choose k}a^{\frac{n-k-1}{2}}b^k\sqrt a[/dispmath]
Pošto je po uslovu ovog slučaja [inlmath]n-k[/inlmath] neparan broj, [inlmath]n-k-1[/inlmath] će biti paran broj, pa će [inlmath]{n\choose k}a^{\frac{n-k-1}{2}}b^k[/inlmath] biti prirodan broj, a [inlmath]{n\choose k}a^{\frac{n-k-1}{2}}b^k\sqrt a[/inlmath] će biti iracionalan, pošto je proizvod prirodnog i iracionalnog broja – iracionalan broj.

Cela suma će, dakle, biti jednaka zbiru dve podsume, pri čemu su sabirci jedne podsume prirodni brojevi te je i vrednost te podsume prirodan broj, dok su sabirci druge podsume celobrojni umnošci broja [inlmath]\sqrt a[/inlmath], te je i vrednost te podsume celobrojan umnožak broja [inlmath]\sqrt a[/inlmath].
Odatle sledi da će cela suma biti oblika [inlmath]p+q\sqrt a\;\left(p,q\in\mathbb{N}\right)[/inlmath], čime je dokazano da ta suma mora biti iracionalan broj.

@Daniel
Hvala na dokazu.
@Vule
Sto se tice drugog izazova - [inlmath]n[/inlmath] moze da bude bilo koji broj, zato sto: [inlmath]a=b\;\Rightarrow\;ka=kb[/inlmath]
[dispmath]\varphi^{\sqrt5}=\varphi^{\sqrt5-1}+\varphi^{\sqrt5-2}=2.932989918\ldots[/dispmath]

[dispmath]\varphi^i=\varphi^{i-1}+\varphi^{i-2}[/dispmath]