Tudtok másik ilyen csodaszámot?

Amit írtál számot, az ennek az egyenletnek a megoldása:

x³ = x² + 1

Ez az 50-től 200-adik hatványig legalább négy kilences pontossággal egész számot ad.

Hasonló tulajdonságú ennek az egyszerűbb egyenletnek is a megoldása:

x² = x + 1

x = 1.6180339887498948482045868343656381177203091798057628621354486227

Ennek 20-tól 280-ig mindegyik hatványa legalább négy 9-es pontossággal egész szám.

Ha meg ezt vesszük:

x⁴ = x³ + 1

x = 1.3802775690976141156733016918227318778166267015587630254117713312

Ennek nagyjából a 160-adiktól a 410-edik hatványáig mind legalább négy 9-es pontossággal egész.

Igen, nagyon így néz ki. Én 80-tizedeses aritmetikát használtam bc-vel, az egy idő után már kevés...

Az 1.618...-ról be tudom bizonyítani, hogy minden hatványa ilyen tulajdonságú:

Az x² = x + 1 gyökéről van szó. Ez egyébként az aranymetszés egyenlete ( x/1 = (x + 1)/x ). Az egyenletnek két gyöke van, amiket φ illetve τ betűvel szoktak jelölni:

  φ = (1+√5)/2 = 1.6180339887498948482...

  τ = (1−√5)/2 = -0.6180339887498948482...

Van ezeknek a számoknak néhány fontos tulajdonsága:

  φ + τ = 1

  φ − τ = √5

  φ · τ = -1

Ezek közül az első lesz majd itt nagyon fontos...

Az egyenlet tehát ez:

  x² = x + 1

Kell nekünk az összes többi hatvány is. Szorozzunk be x^n-nel:

  x^(n+2) = x^(n+1) + x^n

Vagyis ha összeadunk két egymást követő hatványt (x^n és x^(n+1)), megkapjuk a rákövetkező hatvány értékét.

Írjuk fel újra az első két hatványt:

  x^1 = 1·x + 0

  x^2 = 1·x + 1

Ebből a kettőből felépíthetjük az összes hatványt a·x+b alakban:

  x^3 = 2·x + 1

  x^4 = 3·x + 2

  x^5 = 5·x + 3

stb. Mindig az előző két kitevőt adjuk össze, ez pont a Fibonacci számokat generálja:

  x^n = F(n)·x + F(n-1)

ahol F(n) jelöli az n-edik Fibonacci számot. [ F(0)=0, F(1)=1, F(n)=F(n-1)+F(n-2) ]

Ez az egyenlet az x²=x+1 egyenlet minden gyökére teljesül:

  φⁿ = F(n)·φ + F(n-1)

  τⁿ = F(n)·τ + F(n-1)

Adjuk össze ezt a két egyenletet:

  φⁿ + τⁿ = F(n)·(φ+τ) + 2·F(n-1)

Tudjuk viszont, hogy φ+τ = 1:

  φⁿ + τⁿ = F(n) + 2·F(n-1)

A jobb oldal egész szám! A bal oldalon pedig egyrészt pont a mi φ számunk van az n-edik hatványon, másrészt egy olyan szám (τⁿ), aminek a határértéke 0, ha n tart a végtelenhez (hisz |τ| < 1).

Vagyis bebizonyítottuk, hogy φ bármely hatványa majdnem egész szám.

Érdekes még, hogy mivel τ negatív, φ hatványai felváltva kicsit nagyobbak illetve kisebbek az egész számnál.

Másik érdekesség, hogy kicsit tovább alakítva ezt a szép összefüggést írhatjuk:

  φⁿ ≈ F(n+1) + F(n−1)