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Fibonacci-Zahlen und Kaninchen
Im Jahre 1202 interessierte sich Fibonacci für das Fortpflanzungsverhalten von Kaninchen. Ererdachte ein idealisiertes Schema für die Fortpflanzung von Kaninchen und stellte die Frage:“Wieviele Kaninchenpaare gibt es nach einem Jahr?”.
Hier seine idealisierten Bedingungen:
1.) Das Szenario fängt mit jeweils einem neugeborenen weiblichen und männlichen Kaninchenan
2.) Ein Kaninchen wird nach einem Monat geschlechtsreif.
3.) Die Tragezeit eines Kaninchens ist ein Monat
4.) Nach erreichen der Geschlechtsreife gebiert ein weibliches Kaninchen jeden Monat
5.) Ein weibliches Kaninchen gebiert immer ein weibliches und ein männliches Kaninchen
6.) Kaninchen sind unsterblich
0. ter Monat: Am Anfang gibt es ein Kaninchenpaar (siehe 1. oben). #
Anzahl Paare: 1
1. ter Monat: Das Paar wird geschlechtsreif, hat aber noch keinen Nachwuchs
Anzahl Paare: 1
2. ter Monat: Das Paar gebiert ein neues Paar
Anzahl Paare: 2
3. ter Monat: Das erste Paar gebiert ein weiteres Paar, das zweite wird geschlechtsreif
Anzahl Paare: 3
4. ter Monat: Die ersten beiden Paare haben Nachwuchs, das dritte wird geschlechtsreif
Anzahl Paare: 5
5. ter Monat: Alle Pärchen, die vor zwei Monaten gelebt haben, bekommen Nachwuchs
Anzahl Paare: 8
Bezeichnet also an die Anzahl der Kaninchenpaare zum Zeitpunkt n, so haben wir folgendesBildungsgesetz:
a0 = 1, a1 = 1, an+2 = an+1 + an
In Matrizenschreibweise:(0 11 1
)·(
anan+1
)=
(an+1
an + an+1
)=
(an+1an+2
)oder (
anan+1
)=
(0 11 1
)·(
an−1an
)=
(0 11 1
)·[(
0 11 1
)·(
an−2an−1
)]
=
(0 11 1
)2
·(
an−2an−1
)= . . . =
(0 11 1
)n
·(
a0a1
)1
Wir möchten also eine Aussage über das Verhalten von(
0 11 1
)n
für beliebige natürliche
Zahlen n ∈N machen.(0 11 1
)2
=
(0 11 1
).(
0 11 1
)=
(1 11 2
)(
0 11 1
)3
=
(1 11 2
).(
0 11 1
)=
(1 22 3
)(
1 11 0
)4
=
(1 22 3
).(
0 11 1
)=
(2 33 5
)(
1 11 0
)5
=
(2 33 5
).(
0 11 1
)=
(3 55 8
)Das ist momentan noch nicht sehr erhellend, da als Einträge dieser Potenzen wieder die Fibonacci-Zahlen auftauchen. Wir erinnern uns aber, daß Potenzen von Diagonalmatrizen einfach sind.
Genauer ist diag(λ1, . . . .λk) =
λ1 0. . .
0 λk
(eine Matrix, die überall Einträge = 0 hat,
außer möglicherweise auf der Diagonalen). Dann gilt:
diag(λ1, . . . .λk)n = diag(λn
1 , . . . .λnk ) =
λn1 0
. . .0 λn
k
Gäbe es nun eine invertierbar Matrix S, mit
S−1 ·(
0 11 1
)· S =
(λ1 00 λ2
)so gälte: (
0 11 1
)= S ·
(λ1 00 λ2
)· S−1
und (0 11 1
)n
= S ·(
λ1 00 λ2
)S−1 · S
(λ1 00 λ2
)· S−1 · . . . · S ·
(λ1 00 λ2
)· S−1
= S−1 ·(
λ1 00 λ2
)· . . . ·
(λ1 00 λ2
)· S
= S−1 ·(
λn1 0
0 λn2
)· S
Tatsächlich gibt es für(
0 11 1
)eine solche Matrix V, nämlich:
2
S =
(1 1
1+√
52
1−√
52
)
Dann ist S−1 =
(1 1
1+√
52
1−√
52
).−1 = − 1√
5·(
1−√
52 −1
−1+√
52 1
)und
S−1 · A · S =
(1+√
52 00 1−
√5
2
)=: D
Damit ist:An = S · Dn · S−1
Also erhalten wir:
(an
an+1
)=
(0 11 1
)n
·(
a0a1
)
= S
(1+√
52 00 1−
√5
2
)n
S−1(
11
)
=1√5
S
(1+√
52
)n0
0(
1−√
52
)n
( 1− 1−√
52
−1 + 1+√
52
)
=1√5
S
(1+√
52
)n0
0(
1−√
52
)n
( 1+√
52
−1−√
52
)
=1√5
S
(
1+√
52
)n+1
−(
1−√
52
)n+1
Daraus folgt (durch Berechnung der oberen Komponente) “Binets Formel” für die n−te Fibonacci-Zahl:
Fn =ϕn+1 − (1− ϕ)n+1
√5
mit
ϕ :=1 +√
52
dem “goldenen Schnitt”.
Bemerkung: ϕ und 1− ϕ sind die Nullstellen von
x2 − x− 1
3
