Középiskolai matematika szakköri

Feladatok a Fibonacci számok

témaköréből

Melczer Kinga

2

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.

3

2. feladat

Határozzuk meg a Fibonacci sorozat (az 1. feladat megoldása során előálló sorozat) első elemének

összegét!

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 tag összegénél eggyel

nagyobb szám, azaz -re kaptunk egy összefüggést.

4

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 -re is teljesül, mert az egyenlet mindkét oldalához -et adva a

következőt kapjuk:

,

amivel éppen a bizonyítandó állítást nyertük.

5

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 -re is teljesül, mert az egyenlet mindkét oldalához -et adva a

következőt kapjuk:

,

amivel éppen a bizonyítandó állítást nyertük.

6

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 -re is teljesül, mert az egyenlet mindkét oldalához -et adva a következőt

kapjuk:

,

amivel éppen a bizonyítandó állítást nyertük.

Eredményünket jól szemlélteti a következő ábra.

7

21

21

21

21

13

13

13

13

8

5

2 3

8

8

8 5

5

8

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.

9

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.

10

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 minden

-re négyzetszám. Bizonyítsuk is be ezt!

Azt állítjuk, hogy az sorozatban az alapok mindegyike az előző kettő összege,

továbbá és .

Teljes indukcióval bizonyítjuk. -re és -re az egyenlőségek teljesülnek. Tegyük fel, hogy

igazak -re, és bizonyítsuk -re!

, valamint

.

Ezzel az állítást bebizonyítottuk. Mivel 2012 páros szám, ezért valóban négyzetszám.

11

9. feladat

Számítsuk ki, hogy hány olyan permutációja van az számoknak, amelyben

minden mellett teljesül, hogy

( )

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 .

12

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.

13

11. feladat

Bizonyítsuk be, hogy minden negyedik Fibonacci szám osztható hárommal!

Megoldás

Az állítást teljes indukcióval végezzük. Egyrészt osztható 3-mal, másrészt ha osztható 3-mal,

akkor is mindig osztható, mert

.

Ugyanis a jobb oldalon az első tag nyilvánvalóan 3 többszöröse, a második pedig a feltevésünk szerint

osztható 3-mal.

14

12. feladat

Bizonyítsuk be, hogy az szomszédos Fibonacci számok minden természetes számra

relatív prímek!

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.

15

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 és

kezdőelemek mellett esetén a következőképpen kapjuk:

.

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

.

16

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, minden határon túli

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.

17

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!

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:

.

A

B

C D

E F G

18

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.

;

;

;

; …

;

;

;

; …

19

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.