UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOŠKA FAKULTETA DIPLOMSKO DELO MAJA OSTERMAN

UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOŠKA FAKULTETA DIPLOMSKO DELO MAJA OSTERMAN

UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOŠKA FAKULTETA Študijski program: Matematika in računalništvo Fibonaccijevo zaporedje in krožna konstanta Diplomsko delo Mentor: izr. prof. dr. Marko Razpet Kandidatka: Maja Osterman Ljubljana, september 203

Zahvala Za idejo, strokovno pomoč in usmerjanje pri izdelavi diplomskega dela se zahvaljujem prof. dr. Marku Razpetu. Zahvaljujem se staršem, sestri in fantu Primožu, ki so mi bili v oporo v letih študija in v času nastajanja diplomskega dela.

Program dela V diplomskem delu predstavite Fibonaccijevo zaporedje, nekaj lastnosti Fibonaccijevih števil in povezavo le-teh s krožno konstanto. Ljubljana, april 203 Mentor: dr. Marko Razpet

Povzetek V diplomskem delu obravnavamo Fibonaccijeva števila oziroma Fibonaccijevo zaporedje. Rekurzivno formulo tega zaporedja utemeljujemo ter dokazujemo nekaj lepih lastnosti tega zaporedja. Vpeljemo povezavo Fibonaccijevih števil in zlatega razmerja ter izpeljemo formulo. V drugem delu obravnavamo zgodovino računanja krožne konstante in ustrezne formule nekaterih matematikov, ki so bili dejavni na tem področju. V nadaljevanju pa pokažemo uporabnost računanja s krožno konstanto z različnim številom decimalnih mest. V osrednjem delu tudi pokažemo in dokažemo povezavo med Fibonaccijevimi števili in krožno konstanto. Ključne besede: Fibonacci, Fibonaccijeva števila, Fibonaccijevo zaporedje, krožna konstanta, zgodovina računanja krožne konstante i

The Fibonacci sequence and the circular constant Abstract In our diploma thesis we discuss Fibonacci numbers or Fibonacci sequence. We re establishing the recursive formula of the sequence and proving some of its fine characteristics. We re introducing the connection between Fibonacci numbers and Golden Ratio and deriving a formula. In the second part of our thesis we re discussing the history of calculating the circular constant and suitable formulas by some mathematicians, which were active in the same area. In continuation, we re demonstrating the usefulness of calculating with circular constant with various number of decimal places. In the central part we re also demonstrating and proving the connection between Fibonacci numbers and circular constant. Key words: Fibonacci, Fibonacci numbers, the Fibonacci sequence, the circular constant, the history of calculating the circular constant. MSC (200): 0A35, 0A40, 0A45, 0A50, 0A55, 0A60, 0A65, B39, 40A99. ii

Kazalo Fibonacci 2 2 Fibonaccijevo zaporedje 5 3 Uporaba Fibonaccijevega zaporedja 2 4 Lastnosti Fibonaccijevega zaporedja 4 5 Zgodovina števila π 24 5. Zgodnja računanja........................ 24 5.2 Srednji vek............................ 30 5.3 6. in 7. stoletje......................... 30 5.4 8. stoletje............................. 35 5.5 9. stoletje............................. 46 5.6 20. in 2. stoletje......................... 5 6 Uporaba krožne konstante 54 7 Fibonaccijeva števila in krožna konstanta 56 8 Zaključek 6 iii

Slike Leonardo iz Pise znan tudi pod imenom Fibonacci [5]..... 2 2 Knjiga Liber Abaci [6]...................... 3 3 Prikaz razmnoževanja zajcev [7]................. 5 4 Prikaz zlatega razmerja...................... 8 5 Pascalov trikotnik......................... 20 6 Pascalov trikotnik in Fibonaccijeva števila [9]......... 2 7 Arhimed in primeri pravilnih večkotnikov [0]......... 25 8 Primer pravilnega večkotnika.................. 25 9 Stranici krogu včrtanega in očrtanega n-kotnika [28]...... 26 0 Adriaan van Roomen [].................... 30 Ludolph van Ceulen [2]..................... 30 2 Willebrord Snell van Royen [3]................. 3 3 Krožni odsek [35]......................... 32 4 Isaac Newton [30]......................... 34 5 John Machin [4]......................... 36 6 William Jones [5]........................ 37 7 Thomas Fantet de Lagny [32].................. 38 8 Leonhard Euler [6]........................ 4 9 Johann Heinrich Lambert [7].................. 42 20 Jurij Vega [8]........................... 45 2 Točke v ali na krožnici s polmerom 7.............. 46 22 Johann Carl Friedrich Gauss [9]................ 47 23 Četrta izdaja Thibautove knjige iz leta 822 [35]........ 48 24 Peta predelana izdaja Thibautove knjige iz leta 83 [36]... 48 25 Bernhard Friedrich Thibaut [29]................. 48 26 Leopold Karl Schulz von Strassnitzki [29]............ 49 27 Johann Zacharias Dase [29]................... 49 28 William Shanks [20]........................ 50 29 John von Neumann [2]..................... 5 30 Yasumasa Kanada [22]...................... 5 3 David in Gregory Chudnovsky [23]............... 52 32 Simon Plouffe [37]......................... 52 iv

33 Shigeru Kondo [24]........................ 53 v

Tabele Zgornja in spodnja meja števila π pri pravilnih n-kotnikih.. 29 2 Vrednosti funkcije f(m)..................... 34 3 Gaussova predstavitev računanja števila π........... 47 4 Vrednosti funkcije F (m)..................... 60 vi

Uvod V prvem delu bomo opisali delovanje srednjeveškega matematika Leonarda iz Pise, ki je bolj poznan pod imenom Fibonacci. Opisali bomo njegov pomen v srednjem veku in njegov vpliv na razvoj matematike v svetu. Nato si bomo pogledali Fibonaccijevo zaporedje, po katerem je Fibonacci najbolj poznan. Razložili bomo, kako je prišel do tega zaporedja. Rekurzivno formulo tega zaporedja bomo tudi utemeljili. Pokazali bomo tesno povezavo med Fibonaccijevimi števili in zlatim razmerjem oziroma zlatim rezom. Ustrezno matematično bomo dokazali nekaj lastnosti Fibonaccijevega zaporedja. V drugem delu diplomskega dela si bomo pogledali zgodovinski razvoj računanja decimalnih mest krožne konstante. Ogledali si bomo nekaj najbolj pomembnih ljudi, ki so prispevali k vedno bolj točnemu izračunu krožne konstante. Nekatere formule za izračun bomo tudi izpeljali in pokazali primere uporabe. Pogledali si bomo praktično uporabo krožne konstante na nekaterih konkretnih primerih, kjer bomo uporabili različne približke za izračun obsega kroga. V sklepnem delu bomo obravnavali povezavo med Fibonaccijevimi števili in krožno konstanto ter zvezo med njimi tudi primerno dokazali.

Fibonacci Italijanski matematik Leonardo iz Pise je bil rojen okoli leta 70 verjetno v Pisi. Bolj kot po imenu je dandanes poznan po svojem vzdevku Fibonacci. Vzdevek je dobil po očetu Bonacciu in pomeni sin Bonaccija (Filius Bonacci). Njegov drugi vzdevek je Bigollo, kar pomeni popotnik, saj je potoval z očetom, ki je bil mestni pisar in trgovec. O Fibonaccijevem življenju je malo znanega. Vemo samo nekaj dejstev. Slika : Leonardo iz Pise znan tudi pod imenom Fibonacci [5] Z očetom sta potovala po Italiji, kjer se je tudi naučil toliko matematike, kolikor mu je kot trgovcu in pisarju lahko koristila. Kasneje so njegovega očeta izbrali za zastopnika trgovcev iz Pise v severnoafriškem pristanu Bugia, to je sedanja Bejaia v Alžiriji. Medtem ko je z očetom potoval, se je sproti tudi veliko naučil, predvsem številske sisteme, ki so se uporabljali v teh deželah. Tukaj predvsem mislimo na arabsko matematiko in indijske številke, ki so bolj enostavne za uporabo od tedaj poznanih rimskih številk. Ukvarjal se je tudi z arabskimi računskimi metodami in številskimi sestavi. 2

Okoli leta 200 je končal svoja potovanja in se vrnil v Piso, kjer je pričel s pisanjem knjig. Napisal je različne knjige, ki so imele pomembno vlogo v razvoju matematike srednjega veka. Najbolj poznane so Liber abaci, Liber quadratorum in Practica geometriae. Ker je živel v času, ko še niso poznali tiskanja knjig, je moral vse knjige napisati lastnoročno. Kdor je želel imeti kopijo, je moral knjigo prepisati. Posledično se je vpliv Fibonaccijevega dela širil počasi. Torej je spoštovanja vredno, da so se te knjige ohranile do današnjih dni. Seveda predvidevajo, da so se nekatere knjige tudi izgubile. Leta 202 je izdal najpomembnejše delo z naslovom Liber abaci, kar v slovenskem prevodu pomeni Računska knjiga; leta 228 jo je napisal v razširjeni izdaji. Knjiga je bila prvotno namenjena trgovcem in ne učenjakom. V njej predstavi osnove aritmetike in algebre ter se opredeli za indijske metode računanja. Omeni, da indijska števila vsebujejo znake 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, in poseben znak 0. Obrazloži, da s temi znaki lahko zapišemo vsa števila. S tem je veliko pripomogel k razvoju evropske matematike, saj so bile do tedaj znane samo rimske številke. Torej je bil prvi v Evropi, ki jih je uporabil; danes jih poznamo kot arabske številke. V tem obdobju ničla prvič nastopi kot število. Zanjo je uporabljal besedo zephirum, preko katere so kasnejši pisci izpeljali besede zeuero, zeron in angleško zero. Slika 2: Knjiga Liber Abaci [6] 3

V knjigi je poleg omenjenega nanizal primere, kako je treba zapisovati števila, kako je potrebno izračunati dobiček, izgubo in obresti ter menjavati valute. Prav tako lahko v knjigi najdemo veliko matematičnih problemov in Fibonaccija najbolje poznamo prav po enem izmed teh problemov, ki pa bo podrobneje opisan v naslednjem poglavju. Poleg omenjenih novosti, ki jih je vpeljal v evropski svet matematike, je prispeval tudi nekaj pomembnih dejstev. Ulomke je okrajšal na najmanjši imenovalec. Trdil je, da je celotna narava matematično urejena. Njena kaotičnost in neurejenost je samo iluzija, ki zavaja nevedneže. Pojasnil je sorazmernost oziroma razmerje in njegovo uporabo, tako imenovani zlati rez, ki je prisoten povsod v naravi. Na koncu knjige pa je zapisana razprava o korenjenju in reševanju enačb. To delo danes predstavlja začetek evropske matematike. Fibonacci je umrl leta 250, verjetno v Pisi. Povzeto po [2], [5] in [3]. 4

2 Fibonaccijevo zaporedje Eno najzanimivejših zaporedij naravnih števil v matematiki je zaporedje Fibonaccijevih števil, ki ga je francoski matematik Edouard Lucas tudi poimenoval Fibonaccijevo zaporedje. Fibonacci je do njega prišel tako, da je obravnaval namišljen problem o večanju števila zajcev, če smo v ograjeni prostor dali en par. Problem se je glasil: Neki mož spravi par zajcev v prostor, povsem ograjen s stenami. Koliko parov zajcev se skoti v enem letu, če vsak mesec vsak par skoti nov par in vsak par postane rodoviten šele po drugem mesecu, pri čemer noben zajec ne pogine? Torej konec vsakega meseca dobijo vsi pari zajcev mladiče, razen tistih, ki so se skotili prejšnji mesec. Posledično sledi, da je na začetku vsakega meseca toliko parov zajcev, kolikor jih je na začetku prejšnjih dveh mesecev skupaj. Poglejmo si števila bolj nazorno s pomočjo slike, ki prikazuje pare zajcev glede na situacijo v začetku meseca. Povzeto po [] in [30]. Slika 3: Prikaz razmnoževanja zajcev [7] Kakor je razvidno iz slike, imamo na začetku prvega meseca par mladih zajcev, naslednji mesec imamo prav tako samo en par, le da je ta par sedaj odrasel. V tretjem mesecu imamo 2 para, v četrtem imamo 3 pare... 5

Zapišimo število parov zajcev za vsak začetek meseca. Torej dobimo naslednje zaporedje, Fibonaccijevo zaporedje: 0,,, 2, 3, 5, 8, 3, 2,... Kot je znano, je v tem zaporedju vsak člen vsota predhodnih dveh. torej označimo n-ti člen Fibonaccijevega zaporedja s F n, dobimo naslednjo rekurzivno zvezo členov zaporedja: F n = F n + F n 2, F 0 = 0, F =. Sedaj pa si poglejmo, kako bi člene zaporedja zapisali v splošni obliki. Zapišimo rekurzivno zvezo v obliki F n F n F n 2 = 0, pri čemer bomo splošni člen poskušali najti v obliki potence: F n = λ n. Iz nastavka dobimo naslednjo enakost: Enačbo delimo z λ n 2 in dobimo: Rešitvi kvadratne enačbe sta: λ n λ n λ n 2 = 0. λ 2 λ = 0. λ,2 = ± 5. 2 Ker imamo dve rešitvi, lahko zapišemo splošni člen zaporedja kot linearno kombinacijo F n = C λ n + C 2 λ n 2. Če Torej F n = C ( + ) n ( 5 ) n 5 + C 2, 2 2 pri čemer sta C in C 2 neki konstanti. 6

Za n = 0 dobimo iz česar sledi, da je F 0 = C + C 2 = 0, C 2 = C. Torej: F n = C [( + ) n ( 5 ) n ] 5. 2 2 Vzemimo še n = in dobimo naslednjo relacijo: F = C 5 =. S tem smo našli še C = 5. Torej lahko člene Fibonaccijevega zaporedja podamo kot [( ) F n = n ( ) n ] 5 + 5 2 5 2. S tem smo dobili splošno obliko členov Fibonaccijevega zaporedja. Števili λ in λ 2 imata naslednje lastnosti: λ = + 5 2 λ + λ 2 = ; λ λ 2 = ; > ; λ 2 = = λ λ < ; 7

( + ) n 5 lim n λn = lim =, n 2 ( ) n 5 lim n λn 2 = lim = 0. n 2 Izračunajmo, h kateremu številu konvergira zaporedje koeficientov dveh zaporednih členov Fibonaccijevega zaporedja, to pomeni, poiščimo F n+ lim n F n = lim n λ n+ λ n+ 2. λ n λ n 2 V ta namen najprej delimo števec in imenovalec v limiti z λ n in dobimo: lim n λ λ 2 ( λ 2 λ ) n ( λ 2 λ ) n = λ = Φ. Torej smo dobili število Φ = + 5 2, ki se mu reče zlato razmerje, ker se pojavi v zlatemu rezu. Poglejmo si, kako dobimo zlato razmerje. Slika 4: Prikaz zlatega razmerja Za lažjo predstavitev si pomagajmo z zgornjo sliko. Imamo daljico AB, na kateri poiščemo točko Z tako, da velja sorazmerje: AZ ZB = AB AZ. 8

Dokazati želimo, da je AZ : ZB ravno zlato razmerje. Poimenujmo dolžine daljic AB = a, ZB = x in AZ = a x, kot kaže slika. Torej: a x = a x a x, (a x) 2 = ax, x 2 3ax + a 2 = 0, x,2 = 3a ± a 5, 2 x,2 = (3 ± 5)a. 2 Izberemo x = (3 5)a, 2 saj bi v nasprotnem primeru dobili točko Z zunaj daljice AB. Sedaj, ko smo izračunali x, moramo izračunati še a x: a x = a (3 5)a, ( 2 a x = 3 ) 5 a, 2 a x = ( + 5)a. 2 Če povzamemo izračunano, dobimo: a x x a x x a x x a x x a x x = 2( + 5)a 2(3 5)a, = + 5 3 5, = ( + 5)(3 + 5) (3 5)(3 + 5), = 2 5 + 2, 4 = + 5 = Φ. 2 9

S tem smo dokazali, da je razmerje AZ : ZB število Φ = + 5, 2 ki mu pravimo zlato razmerje, zlato število ali zlati rez. Osnovna relacija zlatega razmerja je Φ 2 = + Φ. Povezava med Fibonaccijevimi števili in zlatim razmerjem sledi iz oblike potenc Φ 0 = + 0 Φ = a 0 + b 0 Φ, Φ = 0 + Φ = a + b Φ, Φ 2 = + Φ = a 2 + b 2 Φ, Φ 3 = + 2 Φ = a 3 + b 3 Φ, Φ 4 = a 4 + b 4 Φ, Φ 5 = a 5 + b 5 Φ,. Φ n = a n + b n Φ. Pri tem so koeficienti pred v izračunu elementi zaporedja {a n }, koeficienti pred Φ v izračunu pa so elementi zaporedja {b n }, kar lahko zapišemo na naslednji način: {a n } n=0 = {, 0,,, 2, 3,...}, {b n } n=0 = {0,,, 2, 3, 5,...}. Opazimo, da lahko napišemo b n = F n in a n = F n, sedaj s pomočjo dokaza potrdimo ugotovitev: Φ n+ = a n+ + b n+ Φ. Φ Φ n = Φ(a n + b n Φ) = a n Φ + b n Φ 2 = a n Φ + b n ( + Φ) = b n + (a n + b n ) Φ. 0

Ker je Φ iracionalno število, je zapis Φ n = a n + b n Φ enoličen za vsak n. Zato je a n+ = b n, b n+ = a n + b n. Torej velja rekurzivna zveza a n+2 = a n + a n+, a 0 =, a = 0. Prav tako velja rekurzivna zveza b n+ = b n + b n, b 0 = 0, b =. To je rekurzivna zveza za Fibonaccijevo zaporedje, zato je b n = F n in a n = F n. Posledično zapišemo povezavo Fibonaccijevih števil in zlatega razmerja Φ n = F n + F n Φ. Pri tem je treba vzeti F =. To je v soglasju z rekurzivno zvezo za Fibonaccijeva števila, saj velja F + F 0 = F.

3 Uporaba Fibonaccijevega zaporedja V tem poglavju si bomo pogledali, kako bi lahko v preprosti nalogi prišli do uporabe Fibonaccijevega zaporedja oziroma Fibonaccijevih števil. Spodnji primer je eden od mnogih, ki si ga lahko postavimo. Potrebno je le primerno prilagoditi pravila in pogoje premikanja. Torej primer ima spodnje navodilo. Na koliko načinov se lahko premaknemo, če imamo na voljo neskončen trak, ki ga dobimo tako, da vzdolžno lepimo nanj kvadrate. Pričnemo z dvema kvadratoma ter predpostavimo, da se lahko premikamo za najmanj kvadrat in največ 2 kvadrata z leve na desno ( ). Potek reševanja je prikazan spodaj. 2 KVADRATA: * * Če imamo na voljo dva kvadrata, imamo samo eno možnost, da se premaknemo iz prvega na drugi kvadrat. 3 KVADRATI: * * * V primeru treh kvadratov je možnosti za malenkost več, saj se lahko premaknemo za dve mesti po korak, tj. +, ali pa se premaknemo za 2 mesti, tj. 2+0. Torej imamo 2 možnosti. 4 KVADRATI: * * * * Premikamo se lahko za ++ ali +2 ali 2+. Torej imamo skupno 3 možnosti. 5 KVADRATOV: * * * * * Poglejmo si, po koliko mest in na koliko načinov se lahko premikamo v tem primeru. Torej imamo naslednje možnosti +++ ali ++2 ali +2+ 2

ali 2++ ali 2+2. Torej je skupno 5 možnosti. 6 KVADRATOV: * * * * * * V primeru, da imamo 6 kvadratov, imamo naslednje možnosti premikanja med polji: ++++ ali +++2 ali ++2+ ali +2++ ali 2+++ ali +2+2 ali 2++2 ali 2+2+. Torej skupno 8 možnosti. 7 KVADRATOV: * * * * * * * Sedaj pa imamo 7 kvadratov, kjer se lahko premikamo na sledeče načine: +++++ ali ++++2 ali +++2+ ali ++2++ ali +2+++ ali 2++++ ali ++2+2 ali +2++2 ali +2+2+ ali 2+2++ ali 2+++2 ali 2++2+ ali 2+2+2. Sedaj preštejmo vse možnosti in jih dobimo 3. Postopek lahko nadaljujemo poljubno dolgo. Poglejmo si, kaj smo dobili za rezultate. Torej, če zapišemo rešitve, koliko možnosti je pri vsakem primeru, dobimo naslednje zaporedje števil:, 2, 3, 5, 8, 3,... To pa so seveda Fibonaccijeva števila, ki nastopijo v zaporedju od drugega člena dalje. 3

4 Lastnosti Fibonaccijevega zaporedja Členi Fibonaccijevega zaporedja imajo nekaj zanimivih lastnosti, ki so povzete po [2]. Vsota prvih n členov Fibonaccijevega zaporedja je za manjša od F n+2. Dokazati želimo enakost F + F 2 +... + F n = F n+2. Za člene Fibonaccijevega zaporedja velja F n + F n+ = F n+2 oziroma F n = F n+2 F n+. Torej lahko zapišemo: F = F 3 F 2, F 2 = F 4 F 3, F 3 = F 5 F 4,. F n = F n+ F n, F n = F n+2 F n+. Če seštejemo leve in desne strani zgornjih enačb, dobimo: F + F 2 + F 3 +... + F n + F n = F n+2 F n+ + F n+ +... + F 4 F 3 + F 3 F 2, F + F 2 + F 3 +... + F n + F n = F n+2 F 2. Ker je F 2 =, dobimo: F + F 2 +... + F n = F n+2. 4

Vsota členov, ki se nahajajo na prvih n lihih mestih Fibonaccijevega zaporedja, je v Fibonaccijevem zaporedju enaka členu, ki sledi največjemu sumandu v tej vsoti. Dokazati želimo enakost F + F 3 + F 5 +... + F 2n = F 2n. Ker velja enakost sledi, da je: F n = F n + F n 2, F n = F n F n 2. Sedaj zapišemo: F = F 2, F 3 = F 4 F 2, F 5 = F 6 F 4,. F 2n 3 = F 2n 2 F 2n 4, F 2n = F 2n F 2n 2. S seštevanjem obeh strani enačb dobimo: F + F 3 + F 5 +... + F 2n 3 + F 2n = F 2n F 2n 2 + F 2n 2 F 2n 4 +... + F 6 F 4 + F 4 F 2 + F 2. Skrčimo izraz in dobimo: F + F 3 + F 5 +... + F 2n = F 2n. 5

Vsota členov, ki se nahajajo na prvih n sodih mestih Fibonaccijevega zaporedja, je za manjša od člena, ki v Fibonaccijevem zaporedju sledi največjemu sumandu v tej vsoti. Dokazati želimo enakost F 2 + F 4 + F 6 +... + F 2n = F 2n+. Ker velja enakost dobimo: F n + F n+ = F n+2, F n+ = F n+2 F n. Sedaj zapišemo: F 2 = F 3 F, F 4 = F 5 F 3, F 6 = F 7 F 5,. F 2n 2 = F 2n F 2n 3, F 2n = F 2n+ F 2n. Seštejemo leve in desne strani zapisanih enačb in dobimo: F 2 + F 4 + F 6 +... + F 2n 2 + F 2n = F 2n+ F 2n + F 2n... + F 5 F 3 + F 3 F. Skrčimo izraz in upoštevamo, da je F = : F 2 + F 4 + F 6 +... + F 2n = F 2n+. 6

Kvadrat kateregakoli Fibonaccijevega števila se razlikuje od produkta njegovega predhodnika in njegovega naslednika za. Dokazati želimo naslednjo formulo: F 2 n = F n F n+ + ( ) n. Zgornjo formulo bomo dokazali z metodo popolne indukcije. Pokažimo torej, da trditev velja za n = : F 2 = F 0 F 2 + ( ) 0 = 0 + =, kar je seveda res, saj iz F = sledi F 2 = 2 =. V naslednjem koraku predpostavimo, da velja Fn 2 = F n F n+ + ( ) n. Dokazati želimo, da formula velja tudi za n +, to pomeni, da velja za Fn+ 2 = F n F n+2 + ( ) n. Enakosti F 2 n = F n F n+ + ( ) n na levi in desni strani prištejemo F n F n+ in dobimo: Fn 2 + F n F n+ = F n F n+ + F n F n+ + ( ) n, F n (F n + F n+ ) = F n+ (F n + F n ) + ( ) n. Sedaj upoštevamo enakosti F n + F n+ = F n+2 in F n + F n = F n+. Dobimo: F n F n+2 = F n+ F n+ + ( ) n, F n F n+2 = Fn+ 2 + ( ) n, Fn+ 2 = F n F n+2 + ( ) ( ) n, Fn+ 2 = F n F n+2 + ( ) n. 7

Za n = 0,, 2, 3,... velja enakost F n+ F n+2 F n F n+3 = ( ) n. Potrebovali jo bomo v sedmem poglavju diplomskega dela. Zgornjo enakost bomo dokazali z metodo popolne indukcije. Torej pri zgornji enakosti preverimo, če velja za n = 0: F F 2 F 0 F 3 = 0 2 = = ( ) 0. Torej smo pokazali, da trditev velja za n = 0. Sedaj moramo pokazati, da enakost velja tudi za n +, natančneje: A n = F n+2 F n+3 F n+ F n+4 = ( ) n+. Naredimo indukcijski korak: A n = F n+2 F n+3 F n+ F n+4 = F n+2 F n+3 F n+ (F n+3 + F n+2 ), kjer smo uporabili enakost: F n+4 = F n+3 + F n+2. Sledi A n = F n+2 F n+3 F n+ F n+3 F n+ F n+2 = F n+3 (F n+2 F n+ ) F n+ F n+2 = F n+3 (F n+2 F n+ ) (F n F n+3 + ( ) n ), kjer smo uporabili indukcijsko predpostavko: F n+ F n+2 = F n F n+3 + ( ) n. Dobili smo A n = F n+3 (F n+2 F n+ ) (F n F n+3 + ( ) n ) = F n+3 (F n + F n+ F n+ ) (F n F n+3 + ( ) n ), kjer smo uporabili enakost: F n+2 = F n + F n+. V naslednji enakosti poračunamo, kar se da poračunati in dobimo: A n = F n+3 (F n + F n+ F n+ ) (F n F n+3 + ( ) n ) = F n+3 F n F n F n+3 ( ) n = 0 ( ) n = ( ) n+ Torej smo dokazali, da enakost velja tudi za n +. 8

Poljubna zaporedna člena Fibonaccijevega zaporedja sta si tuji števili. Trditev bomo dokazali s protislovjem. Naj bosta F n in F n+ zaporedna člena Fibonaccijevega zaporedja. Predpostavimo, da obstaja neko naravno število p, za keterega velja p >, ki deli števili F n in F n+. Vzemimo Fibonaccijevo zaporedje, ki je definirano rekurzivno s formulo F n+ = F n + F n, F 0 = 0, F =. Ker je F n = F n+ F n, iz relacij p F n+ in p F n sledi relacija p F n. Ker je tudi F n 2 = F n F n sledi, da p F n 2. Če postopek nadaljujemo, vidimo, da število p deli vsa sosednja Fibonaccijeva števila. Sledi: p F. Ampak F =, kar pomeni, da F ne more biti deljiv s p, saj je p >. Tako smo prišli v protislovje s predpostavko in dokaz je končan. 9

Obstaja povezava med Fibonaccijevimi števili in znamenitimi števili, tako imenovanimi binomskimi koeficienti C k n = ( n k), ki jih najdemo v Pascalovem trikotniku. Slika 5: Pascalov trikotnik Pascalov trikotnik je trikotnik, sestavljen iz števil. Na vrhu je eno samo število, in sicer število, v drugi vrstici sta dve števili in tako v vsaki naslednji eno število več. Vsa leva skrajna in desna skrajna števila so enice. Vsa preostala števila pa dobimo tako, da seštejemo števili nad iskanim številom. Pascalov trikotnik se nadaljuje navzdol poljubno daleč. Poglejmo si binomske koeficiente v Pascalovem trikotniku: C0 0 C 0 C C2 0 C2 C2 2 2 C3 0 C3 C3 2 C3 3 3 3 C4 0 C4 C4 2 C4 3 C4 4 4 6 4 C5 0 C5 C5 C5 3 C5 4 C5 5 5 0 0 5 C6 0 C6 C6 C6 3 C6 4 C6 5 C6 6 6 5 20 5 6 Liniji, ki povezuje števila v trikotniku pod kotom 45, bomo rekli diagonala Pascalovega trikotnika, kot kažeta primera -4-3 ali -5-6-. 20

Če seštejemo števila iz Pascalovega trikotnika po diagonalah, kot kaže spodnja slika, dobimo Fibonaccijevo zaporedje. Slika 6: Pascalov trikotnik in Fibonaccijeva števila [9] Za dokaz zgornje trditve uporabimo rekurzivno definicijo Fibonaccijevega zaporedja in F = F 2 = F n = F n + F n 2 ter lastnost binomskih koeficientov, to je Pascalovo enakost: Cn k + Cn k+ = Cn+ k+ oziroma ( ) ( ) n n + = k k + ( ) n +. k + Vsoto števil v n-ti diagonali označimo s S(n) za n = 0,, 2, 3,... 2

Res je S(0) = S() =. Sedaj pa pokažimo, da to velja, če je n sodo število, torej n = 2m. Dokazati želimo: S(2m) = S(2m ) + S(2m 2). S(2m ) + S(2m 2) = ( ) ( ) ( ) ( ) 2m 2m 2 2m 3 m + + +... + + 0 2 m ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2m 2 2m 3 2m 4 m m + + +... + +. 0 2 m 2 m Zamenjamo prvi člen vsote, to je ( ) ( ) 2m 2m =, 0 0 in dobimo: ( ) ( ) ( ) ( ) 2m 2m 2 2m 3 m + + +... + + 0 2 m ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2m 2 2m 3 2m 4 m m + + +... + +. 0 2 m 2 m Upoštevamo Pascalovo enakost za binomske koeficiente: ( ) ( ) ( ) ( ) 2m 2m 2m 2 m + + + +... + + 0 2 m ( ) m = S(2m). m S tem smo dokazali, da velja S(2m) = S(2m ) + S(2m 2). Sedaj pa si poglejmo, da to velja tudi, če je n liho število, torej n = 2m +. Dokazati želimo: S(2m + ) = S(2m) + S(2m ). 22

S(2m) + S(2m ) = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2m 2m 2m 2 m + m + + +... + + + 0 2 m m ( ) ( ) ( ) ( ) 2m 2m 2 2m 3 m + + +... +. 0 2 m Zamenjamo prvi člen vsote, to je ( ) ( ) 2m 2m + =, 0 0 in dobimo: ( ) ( ) ( ) ( ) 2m + 2m 2m 2 m + + + +... + + 0 2 m ( ) ( ) ( ) ( ) 2m 2m 2 2m 3 m + + +... +. 0 2 m ( ) m + m Upoštevamo Pascalovo enakost za binomske koeficiente: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2m + 2m 2m m + 2 m + + + +... + + = S(2m + ). 0 2 m m S tem smo dokazali, da velja S(2m + ) = S(2m) + S(2m ). Dokaz je povzet po viru [8]. 23

5 Zgodovina števila π Število π ima pestro in dolgo zgodovino. Na začetku je simbol π predstavljal le grško črko, kasneje pa je ta črka dobila večji pomen v matematiki. Že zelo zgodaj so Grki opazili razmerje med obsegom in premerom kroga, ki je za vse kroge enako. S to ugotovitvijo se je pričelo iskanje čim bolj natančne vrednosti tega števila. V naslednjih podpoglavjih je opisanih nekaj glavnih akterjev, ki so pripomogli pri računanju števila π. Za primerjavo natančne vrednosti števila π navedimo približek s tridesetimi decimalkami: π = 3, 459 26535 89793 23846 26433 83279... 5. Zgodnja računanja Okoli leta 2000 pr. n. št. so Egipčani in Mezopotamci za π uporabljali približka 0 = 3, 6227766068... in 25/8 = 3, 25. Okoli leta 650 pr. n. št. je Rhindov papirus iz starega Egipta podal postopek za izračun ploščine kroga in uporabil konstanto 4(8/9) 2 = 3, 60493827. Okoli leta 240 pr. n. št. je bil starogrški matematik Arhimed (287 22 pr. n. št.) prvi, ki se je zavedal, da je π iracionalno število. Pokazal je tudi, da π leži med 22/7 = 3, 42857 in 223/7 = 3, 4084507042... Za izračun približka je uporabil metodo z očrtanimi in včrtanimi pravilnimi večkotniki, s katerimi je določil zgornjo in spodnjo vrednost števila π. Krogu je včrtal in očrtal pravilni večkotnik, nato pa izračunal količnika obsega večkotnika in premera kroga za oba večkotnika. Ker je obseg notranjega večkotnika manjši, obseg zunanjega pa večji od obsega kroga, je vedel, da mora vrednost števila π ležati med obema količnikoma. 24

Slika 7: Arhimed in primeri pravilnih večkotnikov [0] Kot preprost primer vzemimo kvadrat, kot kaže slika 8. Če je stranica večjega kvadrata enaka d, je obseg večjega kvadrata 4d. Premer očrtanega kroga pa je prav tako d, tako da je prvi količnik enak 4d/d = 4. Stranica manjšega kvadrata meri d/ 2, ki jo izračunamo s pomočjo Pitagorovega izreka. Sledi, da je obseg manjšega kvadrata 4d 2. Premer včrtanega kroga je d, torej je drugi količnik enak (4d/ 2)/d = 4/ 2. S tem smo ugotovili, da je π manjše od 4 in večje kot 4/ 2 = 2, 828427... Slika 8: Primer pravilnega večkotnika 25

Poglejmo si primer arhimedskega postopka računanja števila π pri pravilnem šestkotniku. S tem primerom bomo pokazali, kako zamudno in dolgotrajno je računanje približka števila π s pomočjo poligonov. Primer je povzet po viru [28]. Slika 9: Stranici krogu včrtanega in očrtanega n-kotnika [28] Na sliki 9 označuje r = polmer kroga, s n stranico notranjega n-kotnika, S n stranico zunanjega n-kotnika in 2π/n središčni kot. S pomočjo kotnih funkcij zapišemo stranico s n pravilnega n-kotnika, ki ima očrtan krog: s n = 2 r sin α 2 = 2 sin π n = 2 sin π n. Podobno dobimo stranico S n pravilnega n-kotnika, ki ima včrtan krog: S n = 2 r tan α 2 = 2 tan π n = 2 tan π n. 26

Sedaj lahko označimo z o n obseg krogu včrtanega n-kotnika ter z O n obseg krogu očrtanega n-kotnika. Torej o n = n s n, zaporednje {o n } je naraščajoče in konvergira navzgor k 2π ter O n = n S n, zaporedje {O n } je padajoče in konvergira navzdol k 2π. Razlika obsegov, ko gre n čez vse meje, je torej nič: lim (O n o n ) = 0. n Sedaj s pomočjo rekurzivne formule s 2n = 2 4 s 2 n dobimo spodnje približke, ki jih bomo označevali s in s pomočjo rekurzivne formule S 2n = 2 π n = ns n 2, 4 + S 2 n 2 dobimo zgornje približke, ki jih bomo označevali s S n π n = ns n 2. Rekurzivni formuli sta podrobneje izpeljani v viru [4]. Vzemimo n = 6 in dobimo naslednje vrednosti: s 2n = 2 4 s 2 n, s 6 = 2 4 s 2 3 = 2 4 (2 sin(π/3)) 2 = 2 4 3 = 2 =. 27

4 + S 2 S 2n = 2 n 2, S n 4 + S 2 S 6 = 2 3 2 S 3 4 + (2 tan(π/3)2 2 = 2 2 tan(π/3) 4 + (2 3) 2 2 = 2 2 3 4 + 2 2 = 3 = 4 2 3 = 2 3 = 2 3 3. Sedaj izračunajmo spodnji približek π n = ns n 2, π 6 = 6 s 6 2 = 6 2 = 3 in zgornji približek π n = ns n 2, π 6 = 6 S 6 2 = 3 S 6 = 3 2 3 3 = 2 3 = 3, 46406... 28

S pomočjo zgornjih izračunov smo določili zgornjo in spodnjo mejo vrednosti števila π. Trivialno se z računalnikom računajo približki za naslednje pravilne n-kotnike. Spodnja tabela prikazuje meje števila π pri različnih n-kotnikih. Razvidno je, da je ta postopek zelo dolgotrajen. n π n π n 6 3,00000 00000 3,4640 65 2 3,0582 8542 3,2539 0309 24 3,3262 8632 3,5965 99420 48 3,3935 02030 3,4608 625 96 3,403 9508 3,427 45996 92 3,445 24722 3,487 30499 384 3,455 76079 3,466 27470 768 3,458 3892 3,46 0766 536 3,459 04632 3,459 70343 3072 3,459 2059 3,459 37487 644 3,459 2566 3,459 29273 2288 3,459 2693 3,459 27220 24576 3,459 26450 3,459 26707 4952 3,459 2654 3,459 26578 98304 3,459 26530 3,459 26546 96608 3,459 26534 3,459 26538 39326 3,459 26535 3,459 26536 Tabela : Zgornja in spodnja meja števila π pri pravilnih n-kotnikih, [28]. Torej je potrebno za točnost petih decimalnih mest uporabiti pravilen 536-kotnik. 29

5.2 Srednji vek Fibonacci leta 220 z računanjem obsega krožnice oziroma ploščine kroga, na osnovi krogu včrtanih in očrtanih pravilnih mnogokotnikov, pride do vrednosti π = 3, 48. 5.3 6. in 7. stoletje Belgijsko-flamski matematik Adriaan van Roomen (56 65) je imel pravilni mnogokotnik s številom stranic n = 2 30 in je leta 593 prvi v Evropi izračunal π na 7 decimalk, od tega 5 pravilno. Slika 0: Adriaan van Roomen [] Ludolph van Ceulen (540 60), nemško-nizozemski matematik, je leta 596 z mnogokotnikom s številom stranic n = 60 2 39 določil vrednost π na 20 decimalk. Leta 60 je izračunal 35 decimalk. Slika : Ludolph van Ceulen [2] 30

Van Ceulenov učenec Willebrord Snell van Royen (580 626), nizozemski matematik, je izboljšal Arhimedove metode in leta 62 določil 34 decimalnik števila π, pri čemer je uporabljal enak mnogokotnik kot van Roomen, torej 2 30 -kotnik. Iz dveh približkov za število π je izračunal boljšega. Slika 2: Willebrord Snell van Royen [3] Isaac Newton (642 727), angleški fizik in matematik, je leta 666 našel popolnoma nov način računanja števila π s pomočjo binomskih simbolov in številskimi vrstami. Bil je prvi, ki je opustil arhimedsko metodo. Ugotovil je naslednjo zvezo: π = 24 ( ) 2 n(2n 2)! + 3 3 (2n + 3)2 4n+ (n!) 2 4. n= Do zgornje formule je prišel tako, da je na dva načina zapisal ploščino krožnega odseka z višino /4 v krogu polmera /2. Postopek računanja je prikazan na naslednji strani. 3

Slika 3: Krožni odsek [35] Prvi način za izračun ploščine krožnega odseka je po formuli: S = r2 α 2 2 r2 sin α. Krožni odsek ima središčni kot enak 2π/3 in zato ploščino: S = r2 α 2 2 r2 sin α = ( ) 2 2π 2 2 3 ( ) 2 sin 2π 2 2 3 = π 2 3 6. Po drugi strani pa lahko ploščino krožnega odseka izračunamo s pomočjo določenega integrala. Pri tem upoštevamo, da ima narisana krožnica enačbo x 2 + y 2 = x oziroma drugače zapisano y = ± x x 2. Torej zapišemo: S = 2 = 2 /4 0 /4 0 x x2 dx x x dx. 32

Izraz x razvijemo v binomsko vrsto: ( ) /2 x = + ( x) n, n n= kjer upoštevamo ( ) α = n α(α )(α 2)(α 3)... (α n + ) n! za n ter da α = /2 ni celo število. Smisel ima poseben primer, ko je n = 0; takrat definiramo ( ) α =, 0 ter ga zapišemo pred vrsto, da se pri računanju kaj ne zalomi. Z razvojem v binomsko vrsto in integracijo dobimo formulo ( ) π = 24 2 n(2n 2)! + 3 3 (2n + 3)2 4n+ (n!) 2 4. n= Za primer, kako natančno je bilo računanje s pomočjo Newtonove metode, vpeljimo funkcijo f(m) = 24 [ m ] 2 n(2n 2)! + 3 3 (2n + 3)2 4n+ (n!) 2 4 n= in izračunajmo tabelo, ki nam pove, kako napreduje število točnih decimalk števila π z rastočim m. 33

m f(m) 0 3, 459 2654 65068 554 7997 46458 024 64098 20885 09922 20 3, 459 26535 89793 35498 34596 47026 55999 67659 26074 0066 30 3, 459 26535 89793 23846 26864 65927 0020 45004 2332 79892 40 3, 459 26535 89793 23846 26433 83300 2348 42734 6724 733 50 3, 459 26535 89793 23846 26433 83279 50289 5748 67247 95025 60 3, 459 26535 89793 23846 26433 83279 50288 497 76477 90982 70 3, 459 26535 89793 23846 26433 83279 50288 497 69399 37974 80 3, 459 26535 89793 23846 26433 83279 50288 497 69399 3750 90 3, 459 26535 89793 23846 26433 83279 50288 497 69399 3750 Tabela 2: Vrednosti funkcije f(m) Opazimo, da je pri f(0) pravilnih 9 decimalnih mest, pri f(20) že 6, pri f(30) kar 23 in pri f(40) celo 28 decimalnih mest števila π. Izpeljava je povzeta po [34]. Slika 4: Isaac Newton [30] 34

5.4 8. stoletje John Machin (680 75), angleški matematik, je leta 706 izračunal 00 decimalk števila π, s čimer je potrdil točnost vseh prejšnjih vrednosti. Za izračun je uporabil lastno formulo ( π = 4 4 arctan 5 arctan ). 239 Poglejmo si, kako bi naredili dokaz za zgornjo enakost. Uporabimo dejstvo, da je tan(π/4) = in izberemo za α kot, za katerega je tan α = /5. Izračunamo tangens dvojnega kota: tan 2α = tan(α + α) = tan α + tan α tan α tan α = 2 tan α tan 2 α = 2 5 ( 5 )2 = 5 2. Potrebujemo še tan 4α, ki ga izračunamo po istem postopku: Sedaj pa izračunajmo še: tan 4α = tan(2α + 2α) tan 2α + tan 2α = tan 2α tan 2α 2 tan 2α = tan 2 2α = 2 5 2 ( 5 2 )2 = 20 9. ( tan 4α π ) = tan 4α tan π 4 4 + tan 4α tan π 4 20 9 = + 20 9 35

= 239. Torej kar lahko zapišemo kot: 4α π 4 = arctan 239, π 4 = 4α arctan 239. Ko vstavimo zgornje izračunane vrednosti, dobimo enakost π 4 = 4 arctan 5 arctan 239 oziroma ( π = 4 4 arctan 5 arctan ). 239 Machin je računal vrednost števila π nekoliko drugače. Uporabil je znano vrsto ki konvergira, če je x <. arctan x = n=0 ( ) n x 2n+, 2n + Slika 5: John Machin [4] 36

Istega leta, torej 706, je britanski matematik William Jones (675 749) objavil članek, v katerem je za označitev tega števila prvič uporabil grško črko π, prvo črko grške besede perifereia, kar pomeni obseg, obod. Slika 6: William Jones [5] Thomas Fantet de Lagny (660 734), francoski matematik, je leta 79 objavil število π, ki ga je izračunal na 27 decimalk s pomočjo spodnje formule: π = ( 2 3 3 + 5 3 ) 2 7 3 +.... 3 Dobil jo je iz vrste za arctan x pri x = 3/3: π 3 6 = arctan 3 ( ) n 3 3 n = (2n + ) 3 2n+ n=0 3 ( ) n = 3 (2n + ) 3 n Oziroma drugače napisano: π = 2 3 n=0 n=0 ( ) n (2n + ) 3 n. Napaka, verjetno tiskovna, je na 3. decimalki, ki jo je odkril Vega. Zanimivo je, da je nekaj naslednjih decimalk pravilnih. 37

Slika 7: Thomas Fantet de Lagny [32] Leonhard Euler (707 783), švicarski matematik, je odkril veliko formul za izračun števila π na osnovi funkcije arctan. Poleg izumljanja formul je v svojih delih, ki jih je izdal med letoma 730 in 750, uporabi grško črko π za oznako razmerja obsega in premera krožnice. Euler je s pomočjo transformacije vrst dokazal spodnji izračun števila π. Vrsto S(x) = ( ) k a k x k, ki naj konvergira pri pozitivnih x in a k > 0, lahko z diferencami k=0 a k = a k+ a k, 2 a k = a k+ a k, 3 a k = 2 a k+ 2 a k,... namreč zapišemo, kot je dokazal Euler, v obliki: S(x) = + x ( ) p x p ( + x) p p a 0. p=0 Eulerjeva transformacija potenčne vrste za arkus tangens je sledeča: arctan x = x ( ) (2p)!! x 2 p. + x 2 (2p + )!! + x 2 p=0 38

Ker je zgornji dokaz z diferencami zahteven, si bomo raje pogledali dokaz s pomočjo integralov in geometrijske vrste. V integralu naredimo substitucijo arctan x = x 0 t = x s dt + t 2 in zapišemo dt = x ds 2 s, + t 2 = + x 2 ( s) = ( + x) 2 ( x2 + x 2 s ). Zaradi nove spremenjivke se spremenita tudi meji integrala: t = 0 s =, t = x s = 0. Sledi: arctan x = Razvijemo v geometrijsko vrsto: arctan x = x + x 2 0 x 0 dt + t 2, ds 2 s ( x2 s ). +x 2 ( ) x 2 n x2 s = s n. + x 2 +x 2 n=0 Po zamenjavi seštevanja in integriranja imamo pri čemer je arctan x = a n = = 2 x + x 2 0 n=0 s n ds 2 s 0 ( ) x 2 n a n, + x 2 s n ( s) /2 ds 39

= ( 2 B n +, ) 2 = Γ(n + )Γ( ) 2 2 Γ(n + 3) 2 = π/2 0 = (2n)!! (2n + )!!. sin 2n+ ϕ dϕ Nazadnje je pred nami Eulerjev razvoj arctan x = x ( ) (2n)!! x 2 n. + x 2 (2n + )!! + x 2 Dokaz je povzet po [4]. n=0 Formula za izračun števila π, ki jo je izpeljal Euler, se glasi: ( π = 4 5 arctan 7 + 2 arctan 3 ). 79 Poglejmo si dokaz zgornje enakosti. Pri dokazu uporabimo adicijski izrek tan(x y) = tan x tan y, x < π/4, y < π/4, + tan x tan y pri čemer izberemo α = tan x in β = tan y in dobimo: arctan α = arctan β + arctan α β + αβ. Sedaj vzamemo α = /3 in β = /7 in dobimo: arctan 3 = arctan 7 + arctan 3 7 + 2 = arctan 7 + arctan 2. Glede na izračunano, vzamemo α = 2/ in β = /7 in ponovimo zgornji korak: arctan 2 = arctan 7 + arctan 2 7 + 2 77 40

= arctan 7 + arctan 3 79. Sedaj v spodnjo enakost vstavimo izračunane vrednosti ter dobimo:: π 4 = 2 arctan 3 + arctan ( 7 = 2 arctan 7 + arctan 2 ) + arctan 7 = 3 arctan 7 + 2 arctan 2 = 3 arctan ( 7 + 2 arctan 7 + arctan 3 ) 79 = 5 arctan 7 + 2 arctan 3 79 oziroma ( π = 4 5 arctan 7 + 2 arctan 3 ). 79 Slika 8: Leonhard Euler [6] 4

Nemški matematik Johann Heinrich Lambert (728 777) je okoli leta 765 dokazal, da je π iracionalno število, torej se ga ne da natančno zapisati kot ulomek dveh celih števil. Pokazal je tudi, da π ni niti kvadrat niti koren kateregakoli ulomka. Slika 9: Johann Heinrich Lambert [7] Naš najbolj znan matematik Jurij Vega (754 802) je leta 794 objavil 40 decimalk števila π in dosegel tedanji svetovni rekord, ki se je obdržal 47 let, torej do leta 84. Vendar je bil njegov približek napačen pri zadnjih štirih decimalkah. Pri izračunu je uporabil znano Eulerjevo formulo ( π = 4 5 arctan 7 + 2 arctan 3 ). 79 Izračun je preveril s formulo ( π = 4 2 arctan 3 + arctan ). 7 Poglejmo si, kako bi dokazali π = 4 ( 2 arctan + arctan 3 7). Pri dokazovanju upoštevamo enakost: tan(π/4) =, kota α in β pa izberemo tako, da velja tan α = /3, tan β = /7. 42

Uporabimo adicijski izrek za funkcijo tangens: tan(x y) = tan x tan y + tan x tan y. ( π ) tan 4 α = tan π tan α 4 + tan π tan α 4 = 3 + 3 = 2. ( π ) tan 4 β = tan π tan β 4 + tan π tan β 4 = 7 + 7 = 3 4 = tan 2α. Ker velja enakost je res Opazimo, da je oziroma tan 2x = 2 tan x tan 2 x, tan 2α = 2 tan α tan 2 α = 2 3 = 3 4. 9 π 4 = 2α + β π 4 β = 2α = 2 arctan 3 + arctan 7. Torej smo dobili enakost π = 4 ( 2 arctan 3 + arctan ). 7 43

Poglejmo si Vegovo računanje krožne konstante, kjer je uporabljal vrste. Računanja se je lotil tako, da je v vrstah združeval po dva in dva člena. arctan x = n=0 ( ) x 4n+ 4n + x4n+3 = 4n + 3 n=0 Če je x <, je to dovoljeno, ker takrat vrsta absolutno konvergira. arctan x = n=0 (4n + 3) (4n + )x 2 x 4n+ () (4n + )(4n + 3) ( n ) x2n+ 2n + Pri računanju je uporabil formulo ( π = 4 2 arctan 3 + arctan ). (2) 7 Za prvi člen v (2) dobimo po () številsko vrsto 8 arctan 3 = 8 n=0 ki jo še malo predelamo in dobimo 8 arctan 3 = 8 (4n + 3) (4n + )(/3) 2 (4n + )(4n + 3) n=0 Podobno dobimo drugi člen v (2), in sicer 4 arctan 7 = 4 Po preoblikovanju dobimo Označimo za n 0 n=0 4 arctan 7 = 8 α n = 32n + 26 (4n + )(4n + 3)3 4n+3. (4n + 3) (4n + )(/7) 2 (4n + )(4n + 3) n=0 96n + 73 (4n + )(4n + 3)7 4n+3. 96n + 73 (4n + )(4n + 3)7 4n+3, 44 ( ) 4n+, 3 ( ) 4n+. 7

Potem je β n = 32n + 26 (4n + )(4n + 3)3 4n+3. ( π = 8 α n + n=0 ) β n. n=0 S tem postopkom je računal vrednosti števila π. Povzeto po viru [4]. Slika 20: Jurij Vega [8] 45

5.5 9. stoletje Nemški matematik Johann Carl Friedrich Gauss (777 855) je razvil nov postopek za računanje decimalnih mest števila π. Ideja oziroma vprašanje postopka se je glasilo: Koliko točk (m, n) Z Z leži v krogu s polmerom r ali na njegovem robu? Torej iščemo število P (r) = card {(m, n) Z Z, m 2 + n 2 r 2 }. Spodnja slika prikazuje primer krožnice s polmerom 7, kjer so v prvem kvadrantu narisane vse točke, ki ustrezajo zgornjemu pogoju. Slika 2: Točke v ali na krožnici s polmerom 7 Gauss je pri tem opazil, da se z naraščanjem polmera kroga vrednosti P (r)/r 2 približujejo številu π. Poleg zgoraj opisanega postopka računanja števila π je našel tudi formulo: ( π = 4 2 arctan 8 + 8 arctan 57 5 arctan ). 239 46

r P (r) P (r)/r 2 7 49 3,0408 0 37 3,7 20 257 3,425 30 2 82 3,344 00 3 47 3,47 200 25 629 3,40725 300 282 679 3,407 Tabela 3: Gaussova predstavitev računanja števila π Slika 22: Johann Carl Friedrich Gauss [9] Angleški matematik William Rutherford (798 87) je leta 84 objavil izračunano število π na 208 decimalk, od tega je 52 pravilnih. Uporabil je formulo ( π = 4 4 arctan 5 arctan 70 + arctan ). 99 Uporabljena formula sledi iz Machinove ( π = 4 4 arctan 5 arctan ) 239 in iz formule arctan 70 = arctan 99 + arctan 239. 47

Bernhard Friedrich Thibaut (775 832) je bil nemški matematik in predavatelj v Göttingenu. Bil je bleščeč predavatelj, ki je zasenčil Gussa, zato le-ta ni nič kaj rad predaval. V neki izdaji leta 826 je Thibaut objavil število π, ki pa je imelo nekaj napak, za katere menijo, da so bile le tiskarske. Kajti v zadnji izdaji le-teh napak ni bilo, kar imajo za čudo, saj do takrat še niso izračunali toliko decimalnih mest. Torej predvidevajo, da je moral Thibaut prepisati vrednost števila π iz nekega oxfordskega rokopisa, za katerega se ne ve, kdo je avtor. Slika 23: Četrta izdaja Thibautove knjige iz leta 822 [35] Slika 24: Peta predelana izdaja Thibautove knjige iz leta 83 [36] Slika 25: Bernhard Friedrich Thibaut [29] 48

Avstrijski matematik poljskega rodu Leopold Karl Schulz von Strassnitzki (803 852) je med letoma 827 in 834 predaval matematiko na ljubljanskem liceju. Leta 844 je skupaj z Dasejem objavil izračun 200 decimalnih mest števila π, izračunanih s pomočjo formule ( π = 4 arctan 2 + arctan 5 + arctan ). 8 Slika 26: Leopold Karl Schulz von Strassnitzki [29] Nemški nadpovprečni računar Johann Zacharias Dase (824 86) je leta 844 izračunal 200 decimalnih mest števila π s pomočjo Strassnitzkega. Za to je potreboval vsega 2 meseca časa. Kot zanimivost naj omenimo, da je Dase znal hitro računati na pamet tudi dolge račune, bil je živi kalkulator. Slika 27: Johann Zacharias Dase [29] 49

Britanski matematik William Shanks (82 882) je leta 873 izračunal 607 decimalnih mest števila π, od tega 527 pravilno, z Machinovo formulo. Za to je potreboval več kot 5 let. Nekaj let kasneje je izračunal 707 decimalk, vendar tudi v tem primeru samo 527 pravilno. Te napake nihče ni opazil še skoraj 00 let. Slika 28: William Shanks [20] 50

5.6 20. in 2. stoletje Leta 946 je D. F. Ferguson z računalom izračunal 620 pravilnih decimalk in pri tem odkril Shanksovo napako. Januarja 947 pa je izračunal 70 pravilnih decimalk števila π. John von Neumann (903 957), madžarsko-ameriški matematik, in njegovi sodelavci so leta 949 uporabili računalnik ENIAC ameriške vlade za izračun števila π na 2035 decimalnih mest natančno, za kar je stroj potreboval 70 ur. Slika 29: John von Neumann [2] Japonski matematik Yasumasa Kanada (949) in njegovi sodelavci z univerze v Tokiu so leta 987 na superračunalniku NEC SX-2 izračunali nekaj čez 34 000 000 decimalnih mest števila π. Slika 30: Yasumasa Kanada [22] 5

Leta 99 sta brata Gregory (952) in David Chudnovsky (947) sta v svojem stanovanju v New Yorku na doma narejenem superračunalniku v 250 urah izračunala nekaj več kot 2 miljardi 260 milijonov decimalnih mest števila π. Pri računanju sta uporabila različico Ramanujanove neskončne vrste π = 2 n=0 ( ) n (6n)!(359409 + 5454034n) (3n)!(n!) 3 640320 3n+3/2, s katero se v vsakem koraku izračuna 4 novih števk. Slika 3: David in Gregory Chudnovsky [23] Britanski matematik Simon Plouffe (956) je leta 999 odkril obrazec za algoritem BBP (Bailey-Borwein-Ploufferjeva formula), s katero je možno izračunati n-to dvojiško števko števila π, ne da bi računali predhodne, kar se je zdelo nemogoče. Uporabil je formulo π = n=0 ( 4 2 4n 8n + 2 8n + 4 8n + 5 ). 8n + 6 Slika 32: Simon Plouffe [37] 52

Avgusta leta 200 Shigeru Kondo, japonski sistemski inženir, in Alexander J. Yee, ameriški študent računalništva, s prirejenim osebnim računalnikom in nekim programom izračunata 5 000 000 000 000 števk števila π. Računanje skupaj s preverjanjem je trajalo 90 dni. Slika 33: Shigeru Kondo [24] Obširnejšo zgodovino števila π lahko bralec najde v posameznih virih, ki so zapisani ob slikah ter v virih [] in [25]. 53

6 Uporaba krožne konstante V prejšnem poglavju smo spoznali, kako se je zgodovinsko razvijalo računanje decimalnih mest števila π. Sedaj pa si poglejmo nekaj konkretnih primerov, kjer bomo uporabili dva približka števila π. S tem bomo pokazali, ali je smiselno uporabljati približek z večjim številom decimalnih mest ali ne. Torej za prvi približek vzemimo vrednost π = 3, 4, ki ima dve decimalni mesti, in drugi približek π 2 = 3, 459 26535, ki ima deset decimalnih mest. Uporabili bomo primere iz vsakdanjega življenja. Vodnjaku s premerom 3 m s pomočjo vrvice izmerimo obseg, in sicer 8, 85 m. o = 2π r = 2 3, 4 3 m = 8, 84 m o 2 = 2π 2 r = 2 3, 459 26535 3 m = 8, 84955592 m Kot sklep lahko zapišemo, da sta rezultata razlikujeta na tretjem decimalnem mestu. razlika zelo majhna. Razlika med izračunoma znaša 9,56 mm, torej je S pomočjo vrvice izmerimo obseg smreke, in sicer 340 cm. Izračunajmo polmera pri različnih vrednostih števila π. r = o 2π = 340 2 3, 4 cm = 54, 402739 cm 54

r = o 2π 2 340 = 2 3, 459 26535 cm = 54, 268066 cm Torej dobili smo podobna polmera, ki se razlikujeta samo v decimalnem delu. Če polmera zaokrožimo navzdol, bomo dobili enak rezultat. Natančneje se obsega razlikujeta za 0,27 mm. Kot zadnji zgled si poglejmo Zemljo, ki ima polmer 6400 km. Izračunajmo, kolikšen je obseg Zemlje: o = 2π r = 2 3, 4 6400 km = 40 92 km o = 2π 2 r = 2 3, 459 26535 6400 km = 40 22, 38596 km Opazimo, da je v tem primeru razlika 20 km. V tem primeru bi bilo bolj smiselno vzeti približek z večjim številom decimalnih mest, če želimo biti čim bolj natančni. Kot sklep teh primerov lahko povemo, da bomo vedno dobili bolj natančne rezultate, če bomo vzeli večje število decimalnih mest, kar je seveda smiselno. Vendar v praksi največkrat uporabljamo približek 3,4, saj s tem dobimo primeren približek, s katerim je lažje računati, kot če bi imeli 0 ali več tisoč decimalnih mest. 55

7 Fibonaccijeva števila in krožna konstanta Fibonaccijeva števila se lahko uporabljajo pri metodi z vrstami za računanje vrednosti števila π, ki se izkaže za bolj primerno kot računanje vrednosti števila π s pomočjo pravilnih večkotnikov. Dejstvo, ki ga pogosto upoštevamo pri računanju, je arctan = π/4. Za povezavo med Fibonaccijevimi števili in krožno konstanto se namreč ne ve točno, kdo jo je prvi dokazal. Število π oziroma natančneje π/4 lahko zapišemo na sledeči način: π 4 = arctan = arctan 2 + arctan 3 = arctan 2 + arctan 5 + arctan 8 = arctan 2 + arctan 5 + arctan 3 + arctan 2 = arctan 2 + arctan 5 + arctan 3 + arctan 34 + arctan 55 =... Zapišimo zgornje enakosti s pomočjo Fibonnacijevih števil. π 4 = arctan F = arctan F 3 + arctan F 4 = arctan F 3 + arctan F 5 + arctan F 6 = arctan F 3 + arctan F 5 + arctan F 7 + arctan F 8 = arctan F 3 + arctan F 5 + arctan F 7 + arctan F 9 + arctan F 0 =... Povzeto po [33]. 56

Opazimo, da se v imenovalcu argumenta funkcije arkus tangens pojavljajo Fibonaccijeva števila z lihimi indeksi, le na zadnjem mestu je sodi indeks. Vsako Fibonaccijevo število s sodim indeksom se v naslednji vrstici zapiše kot vsota lihega in sodega indeksa (npr. F 6 F 7 + F 8 ). Zadnji korak se rekurzivno ponavlja. Splošna formula, ki povezuje Fibonaccijeva števila in krožno konstanto, je torej: arctan F 2n = arctan F 2n+ + arctan F 2n+2. Pri dokazu bomo uporabili: Torej želimo izpeljati osnovno zvezo: arctan x = arctan y + arctan x y + xy. (3) arctan F 2n = arctan F 2n+ + arctan Po formuli (3), kjer upoštevamo x = F 2n in y = F 2n+, dobimo: arctan F 2n = arctan = arctan F 2n+ + arctan F 2n+2. (4) F 2n F 2n+ + F 2n F 2n+ F 2n+ + arctan F 2n+ F 2n F 2n F 2n+ +. V naslednjem koraku bomo uporabili enakost F n+ F n+2 F n F n+3 = ( ) n za n = 0,, 2..., ki smo jo dokazali na strani 8. Uporabili bomo poseben primer, ko n zamenjamo z 2n. Če vstavimo v zgornjo enakost, dobimo naslednje: F (2n )+ F (2n )+2 F 2n F (2n )+3 = ( ) 2n F 2n F 2n+ F 2n F 2n+2 =. 57

To enakost bomo uporabili v obliki F 2n F 2n+ + = F 2n F 2n+2. Torej lahko zapišemo: arctan F 2n = arctan + arctan F 2n F 2n+ F 2n F 2n+2 = arctan + arctan. F 2n+ F 2n+2 S tem smo tudi končali izpeljavo, saj smo dobili enakost (4). Posplošimo rezultat na strani 56 in uporabimo znak za vsoto: m π 4 = arctan k= F 2k+ + arctan F 2m+2. Naredimo dokaz zgornje enakosti s pomočjo popolne indukcije na m. Preverimo, ali enakost velja za bazo m = : π 4 = arctan F 3 + arctan F 4, kar je očitno res, saj smo to pokazali na strani 52. Naredimo indukcijski korak, torej želimo dokazati, da enakost velja tudi za m +. m+ k= arctan m arctan k= + arctan = F 2k+ F 2m+4 F 2k+ + arctan F 2m+3 + arctan F 2m+4, kjer smo iz vsote izpisali zadnji člen. 58

Sedaj bomo uporabili indukcijsko predpostavko, to je : oziroma m π 4 = arctan + arctan F 2k+ k= S tem dobimo naslednje: m arctan k= k= F 2m+2 m arctan = π F 2k+ 4 arctan. F 2m+2 F 2k+ + arctan π 4 arctan + arctan F 2m+2 F 2m+3 + arctan F 2m+3 + arctan F 2m+4 = F 2m+4 = π 4. V zgornji enakosti smo upoštevali, da je po enakosti (4). arctan F 2m+2 + arctan S tem smo dokaz tudi končali. F 2m+3 + arctan F 2m+4 = 0 Tudi formula Strassnitzkega vsebuje Fibonaccijeva števila: ( π = 4 arctan 2 + arctan 5 + arctan ). 8 Zgornjo formulo lahko zapišemo na nekoliko drugačen način, in sicer: ) π = 4 (arctan F3 + arctan F5 + arctan F6. Da bomo lažje računali približke števila π, zapišimo formulo Strassnitzkega nekoliko dugače, in sicer s pomočjo vrste: ( m ( ) ( ) n 2n+ ( ) 2n+ ( ) ) 2n+ π = 4 + +. 2n + n=0 F 3 F 5 F 6 59

Za primer, kako natančno je bilo Dasejevo računanje, vpeljimo funkcijo ( m ( ) ( ) n 2n+ ( ) 2n+ ( ) ) 2n+ F (m) = 4 + + 2n + 2 5 8 n=0 in sestavimo tabelo, ki nam pove, kako napreduje točnost decimalnih mest števila π z rastočim m v zgornjem izrazu. m F (m) 0 3, 459 26704 49009 84860 2232 6565 52590 96793 95226 6592 20 3, 459 26535 8980 77539 46037 92378 34298 6270 9520 0634 50 3, 459 26535 89793 23846 26433 83279 50595 94935 624 75873 90 3, 459 26535 89793 23846 26433 83279 50288 497 69399 3750 Tabela 4: Vrednosti funkcije F (m) Iz tabele lahko opazimo, da se napaka pojavi na 8. decimalnem mestu pri vrednosti F(0), pri F(20) se napaka pojavi na 3. mestu ter pri F(50) na 33. decimalnem mestu. Dase je vrednosti hitro zračunal zaradi enostavnih števil, in. S tem je 2 5 8 dobil zelo hitro točne približke. 60

8 Zaključek V času pisanja diplomskega dela smo izvedeli za temeljne dosežke najpomembnejšega evropskega srednjeveškega matematika Fibonaccija. Imel je velik vpliv na razvoj evropske matematike, čeprav je najbolj poznan po svoje zaporedju in ne tako po ostalih ugotovitvah. Poleg Fibonaccija smo veliko izvedeli tudi o zgodovini računanja števila π. Veliko ljudi se je ukvarjalo z računanjem tega števila, vendar jih je preveč, da bi vse omenili, zato smo se odločili za nekaj najbolj ključnih za to diplomsko delo. Primerjali smo različne metode računanja in opazovali, kje so se pojavljale napake pri izračunu decimalnega dela. Računanje natančne vrednosti krožne konstante je v zgodovini matematike velikega pomena in spoštovanja vredno. V današnjih časih, v dobi računalnikov, pa so strokovnjaki odkrili različne algoritme, ki lahko že v nekaj urah izračunajo na milijone decimalnih mest. V sklepnem delu smo si ogledali povezavo med Fibonaccijevimi števili in krožno konstanto, ki je tudi tema diplomskega dela. Opazili oziroma ugotovili smo, da lahko s pomočjo Fibonaccijevih števil pri metodi z vrstami izračunamo vrednost števila π. Izkazalo se je, da je metoda veliko bolj učinkovita pri računanju vrednosti krožne konstante, kot na primer računanje vrednosti s pomočjo pravilnih večkotnikov. Pri izračunu smo uporabili funkcijo arctan, saj poznamo adicijske izreke za tangens ter vemo, da je arctan = π, kar nam omogoči lažje računanje. Ugotovili smo, da se pojavljajo v 4 izračunu obratne vrednosti Fibonaccijevih števil. Torej smo enakost lahko suvereno izpeljali ter jo tudi dokazali. Zdi se kar neverjetno, da so matematiki potrebovali veliko let, da so ugotovili povezavo med Fibonaccijevimi števili in krožno konstanto, saj so Fibonaccijeva števila oziroma Fibonaccijevo zaporedje znana že od srednjega veka. 6