Középiskolai matematika szakköri
Feladatok a Fibonacci számok témaköréből
Melczer Kinga
1. feladat Mekkora lesz a nyúlállományunk az év végére, ha van egy nyúlpárunk, amely a második hónaptól kezdve szaporodik, minden új pár a születését követő hónaptól kezdve havonta egy új párnak ad életet, miközben egyetlen példány sem pusztul el? Megoldás 466 nyulunk lesz év végére, azaz 233 pár. Minden hónap végére annyi pár nyulunk lesz, amennyi összesen az előző hónap végén volt (ezek ugyanis megmaradnak), és még annyival több, ahány pár az előző hónapot megelőző hónap végén volt (ezek mindegyike új nyúlpárnak ad életet). Az első hónapban egy pár létezett, a másodikban új pár is született, itt már két pár nyulunk volt. A harmadik hónapban a meglévő két pár mellé egy újabb pár érkezett az első hónapban meglévő pár leszármazottja). A következő hónapokban ezt a gondolatmenetet követve számolhatjuk ki a nyúlállomány nagyságát: Tehát havonta a párok száma: 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, … A feladat megoldásának menetét átgondolva máris tudjuk a most létrehozott sorozat képzési szabályát. Minden elem egyenlő az őt megelőző két elem összegével.
2
2. feladat Határozzuk meg a Fibonacci sorozat (az 1. feladat megoldása során előálló sorozat) első összegét!
elemének
Megoldás A megoldáshoz alkalmazzuk most egymás után többször a sorozat képzési szabályát!
Az előbbi egyenleteket összeadva a következőt kapjuk: . Mivel
, ezért az alábbi képletet írhatjuk fel a sorozat első
elemének összegére:
. Másképp fogalmazva ez azt is jelenti, hogy a sorozat -dik tagja az első nagyobb szám, azaz -re kaptunk egy összefüggést.
3
tag összegénél eggyel
3. feladat Adjunk képletet az első
darab páratlan indexű Fibonacci szám összegére!
Megoldás Kezdjük próbálgatással a feladattal való ismerkedést!
Sejtésünk a fentiek alapján a következő:
Sejtésünket teljes indukcióval bizonyítjuk. -re az állítás igaz, hiszen Ha -re igaz, akkor következőt kapjuk:
.
-re is teljesül, mert az egyenlet mindkét oldalához
-et adva a
, amivel éppen a bizonyítandó állítást nyertük.
4
4. feladat Adjunk képletet az első
darab páros indexű Fibonacci szám összegére!
Megoldás Kezdjük ismét próbálgatással a feladattal való ismerkedést!
Próbáljunk összefüggést felfedezni a kapott eredmények és a Fibonacci számok között!
Sejtésünk a fentiek alapján a következő: . Sejtésünket teljes indukcióval bizonyítjuk. -re az állítás igaz, hiszen Ha -re igaz, akkor következőt kapjuk:
.
-re is teljesül, mert az egyenlet mindkét oldalához
-et adva a
, amivel éppen a bizonyítandó állítást nyertük.
5
5. feladat Határozzuk meg az első
Fibonacci szám négyzetösszegét!
Megoldás Ismét próbálgatás az első lépés a megoldás megsejtéséhez!
Némi gondolkodás után a jobb oldali számokat a következőképpen írhatjuk fel Fibonacci számokkal:
Sejtésünk a fentiek alapján:
Sejtésünket teljes indukcióval bizonyítjuk. -re az állítás igaz, hiszen Ha -re igaz, akkor kapjuk:
.
-re is teljesül, mert az egyenlet mindkét oldalához
-et adva a következőt
, amivel éppen a bizonyítandó állítást nyertük. Eredményünket jól szemlélteti a következő ábra.
6
5
8
21
5 8
5
8
3 8
2 13 21
13
21
13
13
21
7
6. feladat Helyezzünk képzeletben két üvegtáblát egymásra! Hányféleképpen haladhat át vagy verődhet vissza egy, a felső üvegtáblába belépő fénysugár, ha közben pontosan -szer változtat irányt? Megoldás Először készítsünk vázlatrajzot!
Ha páros, akkor a páros számú irányváltás miatt a fénysugár átmegy az üveglapokon, és alul jön ki. Ellenkező esetben a beesési oldalon, azaz felül. Számoljuk össze az -szer ( ) megtörő sugárlehetőségeket! Ha először az alsó üveg alsó felületén törik meg, akkor onnan annyiféleképpen folytathatja útját, mint amennyiféleképpen irányváltoztatás esetén haladhat (képzeljük el fejjel lefelé a fénysugár további útját!). Ha viszont a fénysugár elsőre már a két üveg határfelületén megtörik, akkor a beesési, felső felületre ér, onnan újra visszaverődik, és innen újrakezdődik a lehetőségek számolása, de most már csak irányváltással. A fenti két lehetőség összege adja a megoldást: , azaz a fénysugár áthaladási lehetőségeinek száma a Fibonacci sorozatot követi.
8
7. feladat Egy beton panel lakótelep felújításánál a házakat úgy akarják befesteni, hogy minden emelet vagy narancs, vagy fehér legyen. Esztétikai okokból kikötik, hogy egymás melletti két emelet nem lehet narancs. Hányféleképpen lehet az utasításnak megfelelően kifesteni egy földszintes, egy egy-, két-, illetve általában egy -emeletes házat? Megoldás Földszintes házat kétféleképpen lehet kifesteni: fehérre (F) vagy narancsra (N). Egyemeletest már háromféleképpen, (FF, FN, NF). Kétemeletest ötféleképpen (FFF, FFN, FNF, NFF, NFN). Az -emeletes házak közül annyinak lehet fehér a legfelső emelete, ahányféle nála kisebb emeletes ház létezik, azaz -nek, hiszen az -emeletes házak mindegyikét megtoldhatjuk egy fehér emelettel. Narancs emelet azonban csak azokra kerülhet, amelyek legfelső szintje fehér, mert két narancs emelet egymásra nem kerülhet. Hány olyan -emeletes házunk volt, amelynek fehér volt a legfelső emelete? Pontosan annyi, amennyi -emeletes házunk volt összesen, ugyanis minden ilyen tetejére kerülhetett fehér emelet. A helyes válasz tehát az, hogy annyiféleképpen festhetjük ki egy -emeletes ház emeleteit a feladat szabályai szerint, ahány - és -emeletes házzal ezt összesen megtehetjük. A fentiek miatt egy -emeletes házat -féleképpen festhetünk ki fehérre-narancsra a feladat szabályai szerint.
9
8. feladat Jelölje azt a természetes számot, ahányféleképpen az természetes szám felírható 1-esek, 3-asok és 4-esek összegeként (az összeg tagjainak sorrendje számít, pl. , mert , , , és ). Bizonyítsuk be, hogy négyzetszám! Megoldás
Ha -re az összeg első tagja 1, akkor a többi tag -féle lehet. Ha -re az összeg első tagja 3, akkor a többi tag -féle lehet. Ha -re az összeg első tagja 4, akkor a többi tag -féle lehet. Mivel ezzel minden lehetőséget kimerítettünk, . Számoljunk ki néhány elemet a már meglévő képlet alapján!
E néhány elem alapján azt sejtjük, hogy páros indexekre az eredmény négyzetszám, azaz -re négyzetszám. Bizonyítsuk is be ezt! Azt állítjuk, hogy az továbbá és Teljes indukcióval bizonyítjuk. igazak -re, és bizonyítsuk
minden
sorozatban az alapok mindegyike az előző kettő összege, . -re és
-re az egyenlőségek teljesülnek. Tegyük fel, hogy
-re!
, valamint
. Ezzel az állítást bebizonyítottuk. Mivel 2012 páros szám, ezért
10
valóban négyzetszám.
9. feladat Számítsuk ki, hogy hány olyan permutációja van az minden mellett teljesül, hogy
számoknak, amelyben
( ) Megoldás Szemléletesen szólva ez annyit jelent, hogy az számoknak csak az olyan permutációit vesszük, amelyekben minden egyes szám vagy megmarad az alapsorrendbeli helyén, vagy az egyik szomszédja helyére kerül. Ezek szerint a számoknál három új lehetséges hely jön szóba, míg az 1 és számoknál csak kettő. Jelöljük a fenti ( ) tulajdonságú permutációk számát nel. A feltétel szerint értéke vagy . Az első esetben az számok permutációja, melyre ugyancsak teljesül ( ), ezek száma tehát . A második esetben -nel csak lehet egyenlő, tehát az első természetes szám ( ) tulajdonságú permutációja. Ezek száma , tehát . Természetesen ennek a képletnek csak mellett van értelme, így meghatározásához szükségünk van az első két elemre, melyek nyilván és . Újra a Fibonacci számokat kaptuk, mégpedig .
11
10. feladat Bizonyítsuk be, hogy minden harmadik Fibonacci szám páros! Megoldás Bizonyítandó tehát, hogy minden természetes számra osztható 2-vel. A bizonyítást teljes indukcióval végezzük. Az állítás és értékekre könnyen ellenőrizhető ( , illetve párosak). Tegyük fel, hogy természetes számra teljesül az állítás! Következik ebből, hogy -re is teljesül?
A jobb oldal osztható 2-vel, az első tag nyilvánvaló okok miatt, a második pedig az indukciós feltevés nyomán. Így a bal oldal is osztható 2-vel.
12
11. feladat Bizonyítsuk be, hogy minden negyedik Fibonacci szám osztható hárommal! Megoldás Az állítást teljes indukcióval végezzük. Egyrészt akkor is mindig osztható, mert
osztható 3-mal, másrészt ha
osztható 3-mal,
. Ugyanis a jobb oldalon az első tag nyilvánvalóan 3 többszöröse, a második pedig a feltevésünk szerint osztható 3-mal.
13
12. feladat Bizonyítsuk be, hogy az relatív prímek!
szomszédos Fibonacci számok minden
természetes számra
Megoldás Az állítást indirekt módon bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy adott -re létezik olyan természetes szám, amely mind -nek, mind -nek osztója. A Fibonacci sorozat általános tagjának definíciójából átrendezéssel következik, hogy . A feltevés szerint azonban a bal oldal mindkét tagja, így az egész bal oldal osztható -val, következésképpen a jobb oldal is. Ekkor azonban az szomszédos Fibonacci számok is mindketten oszthatók -val, aminek az előző gondolatmenet szerinti következménye, hogy is osztható. Az eljárást -szer alkalmazva azt kapjuk, hogy osztója 1-nek, ami nem lehetséges. A kiindulási feltevésünk tehát hamisnak bizonyult, és ezzel a feladat állítását bebizonyítottuk.
14
13. feladat Mi köze van a Fibonacci számoknak az aranymetszéshez (ha egy szakaszt oly módon osztunk fel két kisebb szakaszra, hogy a két kisebb szakasz aránya megegyezik az eredeti szakasz és a nagyobbik rész arányával, aranymetszésről beszélünk)? Megoldás Tekintsünk egy egységnyi hosszú szakaszt, amelyet két részre osztunk. Ha -szel jelöljük a hosszabik részt, akkor a rövidebbik hossza lesz. Ha az hosszúságú szakasz aranymetszete az 1-nek, akkor teljesül a következő egyenlőség. . Átrendezés után , . Az egyenlet egyik megoldása negatív, ezért csak a másik érint bennünket, hiszen szakaszhosszak arányáról van szó. A megoldás , ami annyit jelent, hogy az 1 aranymetszete pontosan ez a szám. Ez az irracionális szám tizedes törttel közelítve: 0,6180339887498948… Vajon hogyan kapcsolódik ez az irracionális szám a Fibonacci számokhoz? A Fibonacci sorozat rekurzív módon definiált sorozat, amelynek -dik elemét kezdőelemek mellett esetén a következőképpen kapjuk:
és
. Képezzük most az
hányados sorozatot. Az első néhány értéket kiszámítva a következő kerekített
értékeket kapjuk: 1; 0,5; 0,6666666666666667; 0,6; 0,625; 0,6153846153846154; 0,619047619047619; 0,6176470588235294; 0,6181818181818182; 0,6179775280898876; 0,6180555555555556;… A sorozat 11-dik tagja már 5 jegyben megegyezik az aranymetszés értékével. Határozzuk meg, hogy milyen számhoz közelít valójában ez a sorozat, hiszen gyanúsan közel lehet az imént az aranymetszésnél kapott irracionális számhoz. Keressük most az
sorozat határértékét! Ebben az
esetben az előbbi érték reciprokát kell kapnunk. A továbbiakban feltételezzük, hogy tényleg van ilyen szám, valójában ez bizonyításra szorul. Tudjuk, hogy .
15
Úgy képzeljük, hogy ha
nagyon nagy, akkor
és
is nagyon közel van ehhez a számhoz, így
e szám reciprokához. Erre a számra, amelyet jelöljünk most -szel, növelése esetén a következőnek kell teljesülnie: . Ebből -et már meghatározhatjuk. , . Számunkra a pozitív gyök a fontos: , ha Így az
.
hányados sorozat határértéke ,
ami éppen az aranymetszés arányszáma.
16
minden határon túli
14. feladat Egy konvex ötszög mindegyik átlója párhuzamos az ötszög egyik oldalával. Mutassuk meg, hogy minden oldalnak és a vele párhuzamos átlónak az aránya egyenlő. Mennyi ezen arány értéke? Megoldás Először készítsünk vázlatot!
A F
B
G
C
E
D
Az oldalakat és átlókat egyértelműen párokba tudjuk állítani. Például az oldallal csak a átló lehet párhuzamos, ugyanis a többi átló valamelyik végpontja megegyezik az oldal valamelyik végpontjával. Elég azt bizonyítani, hogy
, vagyis hogy két ugyanazon csúcsból kiinduló átló és
a velük párhuzamos oldalak aránya megegyezik, mert az ötszög egyik csúcsa sincs felruházva speciális tulajdonsággal, így amit most bizonyítunk, megtehetjük bármely két közös csúcsból kiinduló átlóra. Eszerint az arány értéke mind az öt párhuzamos szakaszpárra nézve ugyanaz lesz. A átlónak az és átlókkal való metszéspontjait rendre -fel és -vel jelöltük. A keletkezett paralelogrammákban a következő szakaszegyenlőségek teljesülnek: és A párhuzamos szelők tételét a
.
szög száraira alkalmazva kapjuk:
Már csak annyi a feladatunk, hogy kiderítsük, mekkora ez a közös arány. A és háromszögek hasonlóak, mert oldalaik párhuzamosak. Hasonlóságukat segítségül véve megállapíthatjuk az oldalak és a megfelelő átlók közös arányát.
Ezzel az egyenlettel már találkoztunk a 13. feladatban, a pozitív megoldás:
17
.
15. feladat Lehet-e mértani sorozat Fibonacci típusú sorozat? Más szavakkal, van-e olyan mértani sorozat, amely eleget tesz a Fibonacci sorozat képzési szabályának, de az első két tagja bármely két valós szám lehet? Adjunk meg ilyen sorozatokat! Megoldás Jelöljük egy mértani sorozat első elemét -val, hányadosát pedig -val. Ekkor az alábbiakat írhatjuk:
Meg tudjuk úgy választani -t, hogy a Fibonacci sorozat képzési szabálya érvényes legyen a fenti sorozatra, azaz minden -re teljesüljön, hogy ? Ennek teljesítéséhez elég, ha igaz, hogy . Ez az egyenlőség akkor teljesül, ha
. Tehát ezek alapján a következő két mértani sorozat
egyben Fibonacci típusú sorozat is. ;
;
;
;…
;
;
;
;…
18
16. feladat A 15. feladatban kapott sorozatok felhasználásával adjuk meg a Fibonacci sorozat -dik tagjának explicit, azaz rekurziómentes képletét! Megoldás Ha a 15. feladat megoldása során kapott két mértani sorozatban szereplő -t és -t meg tudnánk választani úgy, hogy a két Fibonacci típusú sorozat összege pont a Fibonacci sorozatot adja, nyert ügyünk lenne. Akkor ugyanis a mértani sorozat ismert képletének segítségével könnyen kiszámíthatnánk az -dik Fibonacci számot. Egy fontos lépés viszont kimaradt. Vajon két Fibonacci típusú sorozat összege is Fibonacci típusú lesz? Ezt könnyen beláthatjuk. Legyenek és Fibonacci típusú sorozatok. Ekkor
A megfelelő oldalak összeadása után a kapott egyenlet így néz ki: , ami pontosan azt jelenti, hogy az
sorozat, tehát az összeg sorozat is Fibonacci típusú lesz.
Visszatérve a két Fibonacci típusú sorozatunkhoz, már csak annyi a dolgunk, hogy -t és -t meghatározzuk, mégpedig úgy, hogy a két sorozat összege pontosan a Fibonacci sorozatot adja ki. Ehhez elegendő feltétel az, hogy
és
. Ekkor ugyanis az összeg
sorozat első eleme 0, a második 1, a továbbiak pedig már rendben vannak, mivel az első két tag meghatározza a továbbiakat. Oldjuk meg az egyenletrendszert!
Megoldás:
és
.
A képlet így a következő: . Igen érdekes, hogy ez a formula minden -re egész értéket ad, hiszen a képlet különböző irracionális számok hatványaiból, azok különbségéből és szorzatából áll.
19
