Nevezetes számok a matematikában

Átírás

1 Nevezetes számok a matematikában SZAKDOLGOZAT Készítette: Németh Regina Matematika BSc - elemz szakirány Témavezet : Ágoston István, egyetemi docens ELTE TTK, Algebra és Számelmélet Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Budapest, 03

2 A legtöbb tudományban mindegyik generáció lerombolja azt, amit el dei építettek. A matematika az egyetlen, amelyben minden egyes generáció új értelmet illeszt a régi struktúrához." H. Hankel)

3 Tartalomjegyzék. Bevezet 3. Nevezetes konstansok 4.. Liouville szám Aranymetszés, avagy aranyarány Egyéb érdekes matematikai konstansok Nevezetes sorozatok Fibonacci számok Catalan-számok Köszönetnyílvánítás 30

4 . fejezet Bevezet Általános iskolában megismerkedtünk a természetes számokkal, fels tagozatban már találkoztunk a racionális számokkal, a tizedestörtekkel és a gyökökkel. Középiskolában el kerültek a különlegesebb számokat mint, például a π és az e. Az egyetemen a különleges számok ismerete csak tovább b vült, például megismertük az imagionárius számot. Akkoriban nem is gondoltam, hogy az e π i = -gyel, hiszen az e és a π nem egész számok. De, ha vesszük a ) és az i vagy az e és a π kombinációját, ) i = e π = 0, , akkor egy transzcendens számot kapunk. A dolgozatomban bemutatom az els transzcendes számot, amely a Liouvilleszám. Ez a szám segítségével sikerült bebizonyítani azt a sejtést, hogy az e transzcendens. Vannak olyan nevezetes konstansok, amelyekr l még nem eldöntött, hogy transzcendens szám-e, ilyen például a Catalan-állandó, Brun konstans vagy a Feigenbaum állandó. A dolgozatom els részében bemutatom még a Catalan-állandót, az aranyarányt, a Brun konstanst és az Euler-Mascheroni konstanst. A nevezetes számok körébe a sorozatok is beletaroznak. Így az egyik legismertebb sorozatot is prezentálni fogom, a Fibonacci-sorozatot tulajdonságaival és az általánosításával. Írok még a kombinatorikában az egyik legfontosabb sorozatról a Catalan-számokról, bemutatom pár tulajdonságát és két alkalmazását. 3

5 . fejezet Nevezetes konstansok.. Liouville szám.. Deníció. Egy α komplex szám algebrai szám, ha létezik olyan nem nulla, racionális együtthatós polinom, amelynek az α gyöke..3. Deníció. Egy komplex szám transzcendens, ha egyetlen racionális együtthatós polinomnak sem gyöke a nullpolinomon kívül, azaz nem algebrai szám. Egy konkrét számról általában nehéz eldönteni, hogy algebrai vagy transzcendes szám. Már Euler, Lambert és Legendre is felvetették, hogy a π nem algebrai. Ennek a transzcendenciájának bizonyításához az els lépést Joseph Liouville tette meg 844-ben aki megmutatta, hogy a Liouville-konstans: 0! + 0! + 0 3! + 0 4! + 0! +... transzcendens. Sok évvel kés bb 873-ban sikerült bebizonyítania Charles Hermitenek, hogy az Euler-féle szám, azaz az e szám transzcendens. Ennek a bizonyításnak az ismeretében 88-ben Carl Louis Ferdinand von Lindemann az "Über die Zahl π" munkájában megmutatta, hogy a π szám transzcendens. Az e és a π szám transzcendenciájának a bizonyítását vélhet en többen ismerik, mint az els transzcendens számét. Így a dolgozatomnak ebben a fejezetében a Liouville-konstans transzcendenciáját szeretném bemutatni. Ehhez el bb egy másik tételt kell el ször belátni, amely megmutatja, hogy az algebrai számok általában rosszul approximálhatóak..4. Tétel. Legyen α egy n-edfokú valós algebrai szám, ahol n, ekkor létezik olyan c=cα)>0 valós konstans, hogy bármely r racionális számra s 4

6 α r s > cα) s n. Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy bármely c>0-hoz létezik olyan r s, amelyre α r s < c s n Ebben az esetben létezik a racionális számoknak olyan r i s i sorozata, hogy s i > 0) ) lim s n i α r ) i = 0 i s i Ez azt jelenti, hogy ) lim α r ) i r i = 0, azaz lim = α i s i i s i Vegyük az α minimálpolinomját jelölje m α ), melynek komplex gyökei α = α, α, α 3,..., α n. Ekkor m α = a 0 + a x a n x = a n n j= x α j ), ahol a 0, a,..., a n egészek és a n 0. Az m α minimálpolinomnak nincs többszörös gyöke, mert irreducibilis a racionális számok felett. Ezért az α j számok mind különböz ek. A minimálpolinomba x helyére r i s i -t helyettesítve, a következ t kapjuk: ) ) n ri ri ri a 0 + a a n = a n α s i s i s i ) n j= ) ri α j s i A bal oldali kifejezés közösnevez je az s n i, ami nem lehet 0, mert a m α-nak nincs racionális gyöke. Így a bal oldal abszolútértékét alulról tudjuk becsülni s n i s n i sn i a n α r i s i ) n j= j= ) ri α j s i s n i -nel beszorozva a következ becslést kapjuk: sn i a n α r ) n ) i ri α j s i s i Az )-es )-esb l a következ egyenlet adódik n ) ri n lim α j = α α j )-vel. i s i j= j= -nel. s n i A bal oldalon álló határérték i esetén 0-hoz tart, ez azonban ellentmond a becslésnek.

7 Ennek a tételnek a segítségével már könnyebben lehet transzcendens számot konstruálni, hiszen egy α valós szám, ha "nagyon jól" közelíthet, akkor transzcendens. Egy ilyen számot egy racionális számokból képzett végtelen sor összegeként kaphatunk meg. Ennek a sornak a részletösszegei gyorsan konvergálnak a végtelen sor összegéhez. Például Liouville-konstans is egy ilyen szám, amelyet a következ kben ismertetek és a transzcendenciáját is bebizonyítom... Tétel. A Liouville-konstans transzcendens, azaz α = = 0, k! szám transzcendens. Megjegyzés k=. α valóban egy valós szám, ez legjobban a tizedestört alakjából látszik.. Ez a sor konvergens, hiszen a 0 k végtelen mértani sorral majorálható k= Bizonyítás. Azt kell bizonyítani, hogy a Liouville-konstans részletösszegei "nagyon jól" approximálják α-t. Els lépésként írjuk fel az m-edik részletösszeget rm s m alakban s m > 0), ahol r m és s m relatív prímek, azaz r m, s m ) =. Közös nevez re hozás után a következ t kapjuk: m k= = 0A + 0 k! 0 m! Ebb l látszik, hogy az s m = 0 m! -sal. Ekkor 0 < α r m = < s m 0 k! k=m+ j=m+)! 0 j = m+)! = 0 Vegyük a két oldal abszolútértékét, így a következ t kapjuk: ) α r m < 0 s m 9s m+ m 9s m+ m A jobb oldal értéke pozitív az abszolútérték jel nélkül is, így elhagyható. Indirekt tegyük fel, hogy valamely n-re α egy n-edfokú algebrai szám. Az α- nak a tizedestört alakjából látszik, hogy nem egy szakaszos tizedes tört, hanem egy irracionális szám, tehát n. Ekkor az el z tétel szerint létezik olyan cα) > 0, hogy bármely r s racionális számra 6.

8 teljesül. Speciálisan az rm s m α r > cα) s s n. esetén: α r m > cα). s m s n m Ezt az )-essel összevetve a következ ket kapom: cα) s n m < 0 9s m+ m, azaz cα) < Vegyük mint a két oldal határértékét végtelenben. ami ellentmondás, hiszen cα) > s n m+ m 0 cα) = lim cα) < lim m m 9s n m+ m = 0, 7

9 .6. Aranymetszés, avagy aranyarány Az aranymetszés régóta ismert az emberiség számára. Felismerték, hogy egy szobor, épület vagy akár egy rajz esztétikai szépségét növeli, ha érvényesülnek rajta az aranymetszés arányai. Több neves m vész vagy m alkotás épít az aranymetszés szabályaira, például a magyar Szent korona is eszerint készült vagy Dante Isteni színjátéka. Bizonyíthatóan az ókorban is ismerték, hiszen az i. e. 600 körül épült Gízai Nagy-piramisban is megtalálható ez az arány. Mégpedig úgy, hogy a piramis alapélének a fele kb 86,4 m) és az oldallapjainak a magassága kb,8 m) úgy aránylik egymáshoz, mint az aranyarány. Matematikailag a következ képpen közelíthetjük meg. Legyen adott egy távolság, melynek a kisebbik része a és a nagyobbik része b..7. Deníció. Ha kisebbik része a) úgy aránylik a nagyobbik részhez b), mint a nagyobbik rész a b) az egészhez a+b), azaz ezt az arányt aranyaránynak nevezzük. a b = b a + b.8. Deníció. Ha egy szakaszt egy S pont úgy oszt két részre, hogy a kisebbik szakasz úgy aránylik a nagyobbikhoz, mint a nagyobbik az egészhez, akkor az S az aranymetsz pontja. Teljesen nyílvánvaló, hogy két olyan pont létezik, amelyik az AB szakasznak az aranymetsz pontja lehet, mert az S pont lehet az A ponthoz vagy a B ponthoz közelebb. Én a következ kben azt fogom használni, amikor az A-hoz van közelebb az S, tehát az AS szakasz a rövidebb.) A következ pár sorban ismertetem, hogy lehet kiszámolni az aranymetszés pontos értékét. Induljunk ki a denícióból: a b = b a + b 8

10 Ezt beszorzva b-vel és a+b-vel a következ egyenletet kapom: a + ab = b Osztva a -tel és jobb oldalra rendezve: A továbbiakban jelölje ϕ= b a. 0 = b a b a Ezt beírva az egyenletbe az alábbi másodfokú egyenletet kapom: ϕ ϕ = 0 Az egyenlet két megoldása: ϕ = +, és ϕ = 0, Az aranymetszést a pozitív gyökkel szokták jellemezni, tehát ϕ=, Az aranymetszés Euklidészi szerkesztése:. Vegyünk fel egy tetsz leges szakaszt, melynek egyik vége legyen A, a másik vége legyen B és a szakasz hosszát jelöljük b-vel, amely az aranymetszés szabályai szerint a nagyobbik rész.. A B végére állítsunk egy mer leges félegyenest a b-re, amelyre felmérjük a b távolságot, ennek a metszési pontnak a neve legyen O. 3. Szerkesszük meg az O középpontú OB sugarú kört. 4. Az A-ból húzzunk szel t az O-n keresztül. Az A-hoz közelebbi metszéspont legyen C a távolabbi pedig D. Vegyük észre, hogy itt a CD = b.. Az AC = a távolság lesz az arány kisebbik része, ugyanis a küls pontból húzott érint és szel szakaszok tétele alapján: a b = Az alábbi kép ábrázolja az aranyarányt: b a + b 9

11 Az aranymetszés használatára példaként állíthatjuk a pentagrammát, amelyet az ókorban az eltér népeknél eltér jelentése volt, például Babilóniában az öt irányt jelképezte: elöl, hátul, balra, jobbra és fent. Ezeknek az irányoknak asztrológiai jelentést is tulajdonítottak, felülr l kezdve az óramutatás irányában Mars, Jupiter, Szaturnusz, Merkúr és a Vénusz jelei vannak. A középkorban az öt selemet jelölték vele a szellemet, leveg t, tüzet, vizet és a földet. A dolgozatomban szeretném bemutatni a pentagramma szerkesztését, melyet az alábbiakban lépésenként ismertetek.. El ször egy ötszöget kell szerkeszteni. a) Vegyünk fel egy tetsz leges O pontot és húzzunk bel le egy tetsz leges r sugárú kört. b) Jelöljük be egy tetsz leges A pontot a körvonalon, ez legyen az ötszög egy pontja. c) Kössük össze az A pontot az O ponttal. d) Állítsunk egy mer legest az AO szakaszra, amely a B pontban fogja metszeni a körvonalat. e) Az OB szakasz felez pontja legyen C. A C pontból AC sugarral húzzunk egy kört, amely elmetszi az OB egyenest a D pontban. 0

12 f) Felvesszük az AD távolságot és körz zünk vele A-ból, így keletkezik az E és az F metszéspont, amely az ötszögnek két pontja lesz. g) Körz nyílásba vesszük az AE távolságot és elmetszük vele a kört az E pontból, így megkapjuk a G pontot. Ezt megismételjük az F pontból is és így kialakul az ötszög utolsó pontja is H. h) Az AFHGE pontokat összekötve egy szabályos ötszöget kapunk.. Miután megszerkesztettük az ötszöget már csak az átlóit kell behúzni és kész is a pentagramma. A fenti a szerkesztést alátámasztja Hajós György: Bevezetés a geometriába oldala. Joggal kérdezhetnénk, hogy a pentagrammban hol jelenik meg az aranymetszés. Tekintsük az ABHE húrnégyszöget, jelölje az oldalakat a és az átlókat b. Ekkor meggyelhet, hogy ez egy húrtrapéz, amely kiegészíthet egy háromszöggé. Legyen a háromszög csúcsa K.

13 A DAF és a HFA az ötszögnek egy-egy szöge, amelyekr l tudjuk, hogy 08 fokosak. A KAF szög éppen a DAF kiegészít szöge, így ez 7 fokos. A HFA kiegészít szöge az AFK szög. Tehát az AFK háromszög egy egyenl szárú háromszög, amelynek a harmadik szöge 36 fokos. Meggyelhet, hogy az AHD háromszög hasonló az AKF háromszöghöz. Ezért az AKF oldalai pontosan b-k lesznek. Ekkor a párhuzamos szel k tétele alapján, az AF úgy aránylik a DH-hoz, mint az AK, a DK-hoz, azaz: a b = b a + b

14 .9. Egyéb érdekes matematikai konstansok. Euler-Mascheroni konstans. A harmadik legfontosabb szám az Euler-Mascheroni konstans, melyet néha csak Euler számnak nevezünk. Eldöntetlen kérdés, hogy algebrai szám vagy transzcendens, ráadásul azt sem tudjuk bizonyítani, hogy racionális vagy irracionális szám-e..0. Tétel. lim n n k= ) k logn) határérték létezik és véges. Bizonyítás. Alakítsuk át a szummás kifejezést n k= k logn) = n k= n n k x dx = k= k+ k k ) dx + x n Észrevehet, hogy ha k x k + teljesül, akkor az alábbi egyenl tlenséget kapjuk: 0 k x k k + = kk + ) < k Tehát k x < k k x k +, ekkor n k= k logn) = n a k + n k= ahol a k <. Mivel a konvergens és k k n n logn) határértéke létezik és véges. k k= 0, ha n, ezért a.. Deníció. Az Euler-Mascheroni konstans: n ) γ = lim n k logn) = [x] ) dx x k= 3

15 Megyjegyzés. A bizonyításból nyilvánvaló, hogy lim n és [x] ) dx egyenl. x n k= ) k logn) Számos helyen el fordul az Euler-Mascheroni konstans, például A számelméletben felírható a prímszámok sorozata: γ = lim logn) ) logp), ahol p prím. n p p n A számelméletben egy fontos konstans az e γ. írható fel: e γ = lim n logp n ) n i= A következ sorozattal p i p i, ahol p n az n-edik prímszám. A válószín ségszámításban a kupongy jt problémánál merül fel. Röviden ismertetem a problémát. Tegyük fel, hogy n darab kuponból véletlenszer en visszatevéssel húzunk. Mennyi a várható értéke annak, hogy megszerezzük mind az n kupont? Legyen t i az i-edik kupon megszerzésének az ideje, miután már megszereztük az i-)-ediket, ennek a várható értéke Et i ), és legyen T az az id, amennyi ahhoz kell, hogy minden kupont kihúzzunk egyszer, ennek a várható értéke ET ). Ekkor világos, hogy ET ) = Et ) + Et ) + Et 3 ) + + Et n ) = p p p n = n n + n n + + n = n ) = n H n n A H n jelölje a harmonikus sort. Használjuk az asszimptotikus becslést. Catalan-állandó. ET ) = n H n = n logn) + γn + + o), n Eugéne Charles Catalan belga matematikusról kapta a nevet ez az állandó, amely leggyakrabban a kombinatorikai becslésekben fordul el. Jelenleg tizedesjegye ismert, amelyet április 6-án Alexander J. Yee és Raymond Chan tették közzé. Még nem sikerült bizonyítani, hogy algebrai szám vagy transzcendes, s t azt sem tudjuk, hogy irracionális-e... Tétel. A n=0 ) n n + ) konvergens. 4

16 Bizonyítás. A n=0 ) n egy Leibniz-sor, mert n + ) a) váltakozó el jel, b) tagjai nullsorozatot alkotnak: lim n n + ) = 0 c) a sorozat tagjai abszolút értékben mononton csökken : ; 9 0, 04; 49 0, Tehát a fenti sor Leibniz-sor, így konvergens. 0, ; =.3. Deníció. Catalan-állandó: G = n=0 ) n n + ) = , Integrálok, melyeknek az értéke éppen a Catalan-állandó: a) G = b) G = c) G = d) G = π Brun-konstans. 0 + x y dxdy lnt) + t dt t sint)cost) dt arctane t )dt A számelméletben ez a konstans nagyon fontos, hiszen megoldhatna egy nevezetes problémát, az ikerprím-sejtést. Ez a sejtés az, hogy végtelen sok olyan p prím van, amire p+ is prím, például 3,;,7; 7,9. Az ilyen prímpárokat, melyeknek a különbsége, ikerprímeknek nevezzük..4. Tétel. Brun-tétele: 3 + ) + + ) ) +... véges 3 értékhez konvergál... Deníció. Brun-konstans: B = 3 + ) + + ) ) +, Ha bebizonyítanánk, hogy a Brun-konstans irracionális, akkor abból azonnal következne, hogy az ikerprím-sejtés igaz volna. Viszont, ha a racionalitását sikerülne bebizonyítani az nem igazolná és nem is cáfolná ezt a kérdést.

17 3. fejezet Nevezetes sorozatok 3.. Fibonacci számok Az egyik legismertebb rekurzív összefüggés Leonardo Fibonacci nevéhez f zödik, amelyet 0-ben megjelent Liber Abaci cím könyvében fogalmazott meg: Egy nyúlpárnak havonta egyszer születik kölyke, egy hím és egy n stény. A kölyköknek születésük után két hónap múlva lesz el ször kölykük. Feltételezzük, hogy a nyúlpárok örökké élnek és minden termékeny nyúlpár minden hónapban szül egy újabb nyúlpárt. Hány pár nyúl lesz n hónap múlva? Kis n-ekre könnyen ki lehet számolni, csak gyelni kell, hogy éppen hány nyúlpár válik ivaréretté. Az els hónapban pár nyulunk van és ez a helyezet a második hónapban sem fog változni. A harmadik hónapban viszont már nyúlpárunk van, hiszen az els nyúlpárunk ivarérett lett. A negyedik hónapban már 3 nyúlpárnk van és az ötödik hónapban a harmadik hónapban született nyúlpár is ivarérett lett, így nyúlpárt számolhatunk és így tovább. Az egyszer ség kedvéért tegyük fel, hogy a nulladik hónapban lév nyúlpárok száma 0. Így a következ sorozatot kapjuk: 0,,,, 3,, 8, 3,, 34,... Ha jobban megnézzük ezt a sorozatot, akkor látható, hogy a következ számot úgy kaphatjuk meg, hogy az el z kett t összeadjuk. Más szavakkal az n+)-edik havi nyúlpárok számát úgy kaphatjuk meg, hogy az n-edik hónapban meglév nyúlpárok számát és az újszületteket számát összeadjuk. Az újszülöttek száma éppen az n-)- edik hónapban lév nyúlpárok számával egyenl, ugyanis pontosan azok és csak azok fognak az n+)-edik hónapban szülni, amelyek az n-)-edik hónapban már megvoltak. Jelöljük F n -el az n-edik hónapban lév nyúlpárok számát. Így a következ deníciót írhatjuk fel: 3.. Deníció. Fibonacci számok: 6

18 F n+ = F n + F n és F 0 = 0, F =. A képlet alapján már nagyobb n-re is könnyen kiszámíthatóak lesznek a sorozat tagjai. Viszont ezzel a képlettel ki kell számolni n el tt az összes tagot mire megkapjuk a kivánt számot. Vajon létezik-e olyan képlet, amellyel csupán n ismeretében ki tudjuk számolni azt a tagot. A kérdésre a választ az alábbi tétel adja meg Tétel. A Fibonacci-számokra fennáll az alábbi azonosság: ) F n = n ) n ) + Erre a tételre három különböz bizonyítást szeretnék adni, az els egy egyszer teljes indukciós bizonyítás, a második egy mértani sorozatos és a harmadik bizonyítás generátorfüggvényes. Ez is azt mutatja, hogy milyen sokan foglalkoztak a Fibonacciszámokkal.. Bizonyítás. Teljes indukcióval bizonyítsuk. n=0-ra n=-re F = F 0 = + ) 0 + ) ) 0 = ) = 0 ) = = + + ) = Tehát n=0-ra és n=-re igaz. Az F n -re és az F n -re igaz a képlet. A rekurzióból az n -ra a következ adódik: F n = F n + F n = + ) n ) n + + ) n + ) + + ) n ) n = ) n ) + = 7

19 + ) n 3 + ) + ) n + + ) ) n ) n ) n ) n. 3 ) = ) ) = A *) egyenl ség az alábbiak miatt igaz: Ezzel beláttuk a tételt. = = 6 4 = = + 4 = = + ) ). Bizonyítás. Induljunk ki az n+-dik tag deníciójából. f n+ = f n+ + f n Tegyük fel, hogy az f n = r n -el. Helyettesítsünk be az egyenletbe, és határozzuk meg a megoldásokat. r n+ = r n+ + r n Átrendezés és r n -nel való egyszer sítés után a következ egyenletet kapjuk: r r = 0 Másodfokú megoldóképlettel megoldjuk és az alábbi két megoldást kapjuk: Az r n = r = +, r = + ) n, r n ) n = megoldásoknak a lineáris kombinációja is megoldása az egyenletnek. Keressük F n -t ilyen alakban: F n ) = a r n ) + b r n ). A kezdeti feltételekb l F 0 = 0-ból és F = -b l meghatározhatjuk az a-t és a b-t. Tehát 8

20 I. F 0 = 0 = a + b + ) ) II. F = = a + b Az I. és a II. egyenletb l azt kapjuk, hogy: a =, b = Ezt visszahelyettesítve az F n = a r n + b r n -be, éppen a tételt kapjuk meg. 3. Bizonyítás. Tekintsük a F x) = F k x k hatványsort. A Fibonacci-sorozat k=0 deníciójából könnyen adódik teljes indukcióval, hogy F n hatványsor abszolút konvergens x < -re. Ekkor < n, emiatt az F x) F x) = F 0 + F x + = x + = x + x F k x k = k= F k x k + F k x k ) = k= F k x k + x k= k= F k x k = = xf x) + ) + x F x) = x + x + x )F x) Ebb l az alábbi egyenletet tudjuk felírni Fx)-re F x) = x x x Az x x polinomot alakítsuk át szorzattá, így a következ t kapjuk: Parciális törtekre bontjuk: F x) = x + x) x) F x) = + x x = 9

21 Az + x) függvény sorba fejtése után: = [ + ) nx n n=0 [ + ) n n=0 ) nx n] n=0 ) n ] x n. Tehát x n együtthatójára a tételben megadott értéket kapjuk. A Fibonacci-sorozat tulajdonságai. A Fibonacci-sorozatnak rengeteg tulajdonsága van, így csak néhány érdekesebb tulajdonságot szeretnék kiemelni.. A Fibonacci-sorozat egymást követ tagjainak a hányadosából kapott sorozat határértéke pontosan az aranymetszéshez ϕ, hez tart. Bizonyítás. F n+ lim n F n = ϕ x = lim n F n+ F n = lim n F n + F n F n = + lim n F n F n = + azaz x = x +, amelynek a gyökei ϕ és ϕ. lim n F n = + F n x,. A sorozat n-edik tagja eggyel nagyobb, mint az els n- tag összege, azaz n F n = + F i. Bizonyítás. Alkalmazzuk a rekurzív deníciót többször egymás után: i= F n = F n + F n = F n + F n 3 + F n = F n 3 + F n 4 + F n 3 + F n = = F n n ) + F n n ) + F n n ) + F n n 3) + + F n 3 + F n Amit egyszer bben így írhatjuk fel: F n = F + F + F + F 3 + F F n 3 + F n 0

22 Mivel a jobb oldali összeg els tagja F =, ezért n F n = + F i. Ezzel bebizonyítottuk ezt a tulajdonságok. i= 3. Az els n tag négyzetösszege egyenl az n-dik és n+)-dik tag szorzatával, azaz: n i= F i = F n F n+ Bizonyítás. Ennek a tulajdonságnak a bizonyításához a sorozat deníciójából induljunk ki. F n+ = F n + F n Amit rendezzük úgy, hogy a bal oldalon F n álljon F n = F n+ F n Ezt az egyenl séget szorozzuk fel F n -el, így az alábbi egyenl séget kapom: F n = F n F n+ F n ) Most alkalmazzuk egymás után ezt a rekurziós feltevést: F +F +F 3 + +F n = F +F F 3 F )+F 3 F 4 F )+ +F n F n+ F n ) = F + F F 3 F F + F 3 F 4 F 3 F + F 4 F F 3 F F n F n+ F n F n. Ha jobban megnézzük ezt az egyenl séget, akkor látjuk, hogy sok tag kiesik és csak az els, harmadik és az utolsó el tti tag marad meg, így ezt kapjuk: n i= F i = F F F + F n F n+ = + F n F n+ = F n F n+ Ezzel beláttuk ezt a tulajdonságot.

23 Általánosított Fibonacci-sorozat A Fibonacci-sorozat általánosabb formájában adott egy olyan g sorozat, amely a g n+ = g n + g n+ rekurzív képletet kielégíti. Nyílvánvalóan minden ilyen sorozat átírható olyan alakra, hogy g n = af n + bf n+.. Lucas-számok A Fibonacci-típusú sorozatok el állításának egyik módja, amikor a rekurzivitási tulajdonságot változatlanul hagyva, az els két elem értékét változtatjuk meg. A Lucas-számok is ilyen típusú számok Deníció. Lucas számok: L 0 =, L = és L n+ = L n + L n+, ha n>. Néhány összefüggés a Fibonacci és a Lucas számok között: a) L n = F n + F n+ Bizonyítás. Teljes indukcióval fogom bizonyítani. Ellen rizzük az állítást, hogy n = -re igaz-e. L = = F 0 + F = 0 + Tegyük fel, hogy k-ig igaz az állítás. Ekkor be kell látni, hogy k+-re is igaz is. L k+ = L k + L k = F k + F k + F k + F k+ = F k + F k ) + F k + F k+ ) = F k + F k+ Ezzel beláttuk az állítást. b) F n = L n + L n+ ) Bizonyítás. Teljes indukcióval fogom bizonyítani. Ellen rizzük az állítást n=-re. F = = L 0 + L ) = + 3) =.

24 Tegyük fel, hogy az állítás k-ig igaz. Ekkor be kell látni k+-re is. F k+ = F k + F k = L k + L k+ ) + L k + L k ) = L k + L k + L k+ + L k ) = L k + L k+ ) Ezzel beláttuk ezt az állítást. A következ tulajdonságokat érdekességként, bizonyítás nélkül írom le: c) F n+ = F n + L n ) d) F n = F n L n e) F m+n = F ml n + F n L m ) f) F m n = )n F m L n F n L m ). Polibonacci-számok Hasonlóan számoljuk a Fibonacci számokhoz, csak kett helyett három, négy vagy több elemet adunk össze. Amikor három elemet adunk össze, azt tribonacci-számoknak nevezzük és a tagjai,,, 4, 7, 3, 4, 44, 8, Deníció. k-ad rend Fibonacci-sorozatnak nevezzük az F k) 0 = F k) = F k) k kezd értékkel az alábbi sorozatot. F k) n = F k) n + F k) n + + F k) n k = k i= F k) n i, ahol n k) = 3

25 3.6. Catalan-számok A leggyakrabban úgy szokták bevezetni a Catalan számokat, hogy hányféleképpen zárójelezhet egy n+) tényez s szorzat n-) zárójelpár felhasználásával. Jelöljük ezeket a számokat C n -nel. tulajdonképpen. Nézzünk rá pár példát, hogy mit is jelent ez Legyen n=, ezt egyféleképpen lehet zárójelezni a b). Legyen n = ekkor két lehet ség van a b) c és a b c), azaz C =. Ha n=3, akkor a b) c) d, a b c)) d, a b c) d), a b c d)) és a b) c d), azaz C 3 =. Így a Catalan számok sorozata a következ : C 0 =, C =, C =, C 3 =, C 4 = 4, C = 4, C 6 = 3, Tétel. C = és n egész szám, akkor n C n = C k C n k k=0 Bizonyítás. Meggyelhet, hogy egy szorzásjel mindig a zárójelen kívül esik. Ha ez a szorzásjel a k-adik és a k+)-dik tag közé esik, akkor az el tte lév változók pontosan C k -féleképpen zárójelezhet ek még az utána lév n-k) tag pedig C n k - n féleképpen. Így a lehet ségek száma k-ra összegezve C k C n k 3.8. Tétel. A Catalan számokat a következ képpen írhatjuk fel: C n = ) n n + n Bizonyítás. Legyen a cx) = C n x n. n= Ezt a kifejezést négyzetre emelve cx)) = C C x + C C + C C )x = cx) x. Ebb l cx)-et kifejezve, gyelembe véve, hogy cx)-ben konstans tag nem szerepel. cx) = 4x Newton általánosított binomiális tétele alapján felírható, hogy ) 4x = 4x) = 4x) k k k=0 k=0 4

26 Ezt visszahelyettesítve cx)-be: cx) = x [ = x k= = k= k=0 k ) 4x) k ] k ) 4) k x) k k ) 4) k x) k Az n = k helyettesítéssel az alábbi képletet kapjuk cx)-re: ) cx) = 4) n x n n + n=0 Alakítsuk át a binomiális együtthatót ) = ) 3 n + n + )! )... n ) n 3... n ) = ) n + )! n+ Ahhoz, hogy a számlálóban n)! állhasson, ahhoz el kell osztani 4... n)-el, mert így nem változtatunk a tört értékén. ) n n)! n+ n + )! n) = Emeljük ki a n mindegyik tagjából a -t. ) n n)! n+ n + )! n n) = n)! )n n+ n + )!n! = Alakítsuk szorzattá a törtet és az n + )! helyett írjunk n + ) n!-t Ebb l az alábbi egyenl ség adódik: ) = n + n=0 ) n n! n+ n + ) n! n! 4) n n + ) Ezt visszahelyettesítve cx)-be ) n cx) = 4) n x n = 4) n n + ) n ) n n Tehát az x n -nek az együtthatója pontasan a C n képlete. Tulajdonságok.. Állítás. C n kiszámításának alternatív módja: n=0 ) n x n n + n

27 C n = ) ) n n, ahol n. n n Bizonyítás. A binomiális eggyüttható faktorizációs alakjából induljunk ki. ) ) n n = n)! n n n! n! n)! n )! n + )! Hozzuk közös nevez re és emeljük ki a számlálóban a n)!. n + ) n)! n n)! n! n + )! = Ez a deníció alapján éppen a C n. n + n) n)! n + ) n! n! = n + n)! n! n! = ) n n + n. Állítás. Felírható a következ rekurzív sorozattal: C n = n ) n n + i i=0 Bizonyítás. A bizonyítást két részre fogom bontani, az els részben bebizonyítom a Vandermonde-azonosságot, a második részben pedig megmutatom, hogy következik bel le az állítás. a) Vandermonde-azonosság. 0 r, r m és r n ) ) ) ) ) ) ) ) ) m n m n m n m n m + n =. 0 r r r r 0 r Vandermonde-azonosság bizonyítása. Vegyünk egy A és egy B halmazt, amelyeknek az elemszáma m és n. Legyen az A B =. Számoljuk meg, hogy hány r elem részhalmaza van A B-nek? Egyrészt az A B elemszáma m + ) m+n n, melyb l kiválasztunk r elem részhalmazt, ami r. Másrészt, minden r elem részhalmazt megkapunk úgy, hogy vegyük az A-nak az összes lehetséges módon a k elem részhalmazát, B-nek egy r-k elem részhalmazát és képezzük ezek unióját, ahol 0 k r. lehet ségek száma éppen a bal oldali összeg. b) A Vandermonde-azonosságban legyen m=n, r=n és használjuk a binomiális együtthatók szimmetria-tulajdonságát ) n k = m k ) n ). Így azt kaptuk, hogy n i=0 ) n = i Ezzel a helyettesítéssel C n = n + ) n. n n i=0 ) n = i n + ) n. n A 6

28 3. Állítás. A Catalan-számok egy kiszámítási módja: C 0 = és C n+ = n + ) n + C n. Bizonyítás. Induljunk ki a Catalan-számok deníciójából. C n+ = ) n + = n + ) n + ) n)! n + n + n + n + ) n! n + ) n! Egyszer títés után már könnyen látható, hogy az állítás igaz. C n+ = n + ) n)! n + n + ) n! n! = n + ) n + n)! n + n! n! = n + ) n + C n. 4. Azok a Catalan-számok páratlanok, ahol igaz, hogy n = k, a többi páros.. A Catalan-számoknak egy integrálos reprezentációja: C n = 4 0 x n 4 x π x dx. A Catalan számokat leginkább a kombinatorikában használják. Az alábbi feladatokban megmutatom két lehetséges felhasználását..feladat. Egy n oldalú konvex sokszöget, hányféleképpen lehet felbontani háromszögekre az átlóival úgy, hogy az átlók nem metszik egymást? Megoldás. A keresett számot jelölje E n és megállapodás szerint az E legyen. A háromszögnek nincs átlója így -féleképpen lehet háromszögekre bontani, tehát E 3 =. A négyszögeknek két átlójuk van és ezeket behúzva -féleképpen lehetséges háromszögekre bontani, azaz E 4 =. Tekintsünk egy n oldalú sokszöget,melynek csúcsai legyenek A, A, A 3,..., A n. Húzzuk be az A A k és A k A n átlókat, ekkor az átlók az n-szöget három részre bontják, egy A, A,..., A k k-szögre, egy A A k A n háromszögre és egy A k A k+... A n n-k+)-szögre. 7

29 Mivel a k-szöget E k -féleképpen, az n-k+) szöget E n k+ -féleképpen bonthatjuk fel háromszögekre, ezért az A A k A n háromszöget tartalmazó háromszögekre bontások száma E k E n k+, ahol k n. Tekintsük az összes lehetséges háromszögekre bontást: n E k E n k+, ahol n 3. Ha feladatban n oldalú sokszög helyett n+) oldalú sokszöget tekintünk, akkor n+ azt kapjuk, hogy E n+ = E k E n k+3. Legyen E n = E n+, ebben az esetben a k= következ képpen alakul a szumma: n+ E n = E k E n k+,azaz k= n+ E n = E je n j j=0 ami nem más mint a Catalan számok deníciója. k= Tudjuk, hogy a kezdeti érték E = = E 3 = C ebb l következik, hogy az E n = C n -el n -re. Tehát az n oldalú sokszög háromszögekre bontására a következ képletet kapjuk: E n = C n = ) n 4, n 3 n n.feladat Egy nxn-es sakktáblán, hányféleképpen juthatunk el a bal alsó sarokból a jobb fels sarokba úgy, hogy egyszerre egyet léphetünk jobbra vagy felfelé és a mellékátló a bal alsó sarkot és a jobb fels sarkot összeköt vonal) fölé nem léphetünk? Megoldás. Jelölje a n az összes lehetséges utak számát és b n a mellékátló alatt maradó utak számát. Kicsi n-ekre könnyen látszik,hogy a =, a =, a 3 = 6, a 4 = 0,... és a b =, b =, b 3 =, b 4 =,.... Legyen a bal alsó sarok A és a jobb fels sarok B. Számoljuk meg a n -t, azaz az összes olyan út számát, amely A-ból B-be megy. Ez pontosan a n = n n ), mert n lépésre van szükség ahhoz, hogy eljussunk A-ból B-be, és ebb l n -et jobbra és n -et felfelé teszünk meg. A n -b l ki kell választani n -et, amikor jobbra lépünk. A jó utak megszámolása egyszer bb, ha úgy számoljuk, hogy az összes utak száma mínusz a rossz utak száma. Minden rossz út a mellékátló fölé kerül, tehát az ábrán látható e egyenest metszi. Egy rossz út els metszéspontja legyen P, így egy rossz út az A-P és a P-B részekb l áll. Tükrözzük az A-P törött vonalat az e egyenesre, melynek a tükörképe A -P. Ekkora az A -B utat az A -P és a P-B alkotja. Bijektív megfeleltetés van az A-B rossz utak és az A -B utak között. Az A -b l B-be 8

30 ) n men utak száma n, mert n- lépésb l megadjuk azt az n-et, amikor jobbra lépünk. Így a jó utak száma: b n = ) n n ) n = C n n Ez az els tulajdonság alapján pontosan megeggyezik a n-)-edik Catalanszámmal. 9

31 Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezet mnek, Ágoston Istvánnak, aki szakértelmével és hasznos tanácsaival segítette a szakdolgozatom elkészülését. Hálával tartozom továbbá családomnak és barátaimnak, hogy megértéssel és türelemmel segítettek az egyetemi éveim alatt, minden helyzetben mellettem álltak és tartották bennem a lelket a legnehezebb helyeztekben. Köszönöm mindenkinek! 30

32 Irodalomjegyzék [] Steven R. Finch: Mathematical Constans, Cambridge University Press, 003. [] Freud Róbert, Gyarmati Edit: Számelmélet, Nemzeti Tankönyvkiadó, 006. [3] Sain Márton: Nincs királyi út!, Gondolat Budapest, 986 [4] Szakács Erzsébet: Arany arány, elektronikus jegyzet, amely megtekinthet : [] [6] Buzás Ferenc: Az aranymetszés vizuális világa, 00. letölthet könyv) [7] Ger cs László: A Fibonacci-sorozat általánosítása, Scolar Kiadó, 998. [8] Katona Gy. - Recski A. - Szabó Cs. : A számítástudomány alapjai, Typotex Kiadó, 006. [9] [0] Király Balázs, Tóth László: Kombinatorika jegyzet és feladatgy jtemény, elektronikus jegyzet, amely megtekinthet : [] Pelikán József 006. november 3-ai el adása nyomán készített jegyzet Török Lajos és Hraskó András által. Megtalálható: pelikan.pdf [] [3] [4] [] 3

33 [6] [7] [8] Hajós György: Bevezetés a geometriába, Tankönyvkiadó, 97. 3