diplomsko delo -...
TRANSCRIPT
UNIVERZA V LJUBLJANI
PEDAGOSKA FAKULTETA
DIPLOMSKO DELO
MAJA OSTERMAN
UNIVERZA V LJUBLJANI
PEDAGOSKA FAKULTETA
Studijski program: Matematika in racunalnistvo
Fibonaccijevo zaporedje in
krozna konstanta
Diplomsko delo
Mentor: Kandidatka:
izr. prof. dr. Marko Razpet Maja Osterman
Ljubljana, september 2013
Zahvala
Za idejo, strokovno pomoc in usmerjanje pri izdelavi diplomskega dela se
zahvaljujem prof. dr. Marku Razpetu.
Zahvaljujem se starsem, sestri in fantu Primozu, ki so mi bili v oporo v letih
studija in v casu nastajanja diplomskega dela.
Program dela
V diplomskem delu predstavite Fibonaccijevo zaporedje, nekaj lastnosti
Fibonaccijevih stevil in povezavo le-teh s krozno konstanto.
Ljubljana, april 2013 Mentor: dr. Marko Razpet
Povzetek
V diplomskem delu obravnavamo Fibonaccijeva stevila oziroma Fibonacci-
jevo zaporedje. Rekurzivno formulo tega zaporedja utemeljujemo ter dokazu-
jemo nekaj lepih lastnosti tega zaporedja. Vpeljemo povezavo Fibonaccijevih
stevil in zlatega razmerja ter izpeljemo formulo. V drugem delu obravnavamo
zgodovino racunanja krozne konstante in ustrezne formule nekaterih mate-
matikov, ki so bili dejavni na tem podrocju. V nadaljevanju pa pokazemo
uporabnost racunanja s krozno konstanto z razlicnim stevilom decimalnih
mest. V osrednjem delu tudi pokazemo in dokazemo povezavo med Fibonac-
cijevimi stevili in krozno konstanto.
Kljucne besede: Fibonacci, Fibonaccijeva stevila, Fibonaccijevo zaporedje,
krozna konstanta, zgodovina racunanja krozne 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 cir-
cular constant, the history of calculating the circular constant.
MSC (2010): 01A35, 01A40, 01A45, 01A50, 01A55, 01A60, 01A65,
11B39, 40A99.
ii
Kazalo
1 Fibonacci 2
2 Fibonaccijevo zaporedje 5
3 Uporaba Fibonaccijevega zaporedja 12
4 Lastnosti Fibonaccijevega zaporedja 14
5 Zgodovina stevila π 24
5.1 Zgodnja racunanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
5.2 Srednji vek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
5.3 16. in 17. stoletje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
5.4 18. stoletje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
5.5 19. stoletje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
5.6 20. in 21. stoletje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
6 Uporaba krozne konstante 54
7 Fibonaccijeva stevila in krozna konstanta 56
8 Zakljucek 61
iii
Slike
1 Leonardo iz Pise znan tudi pod imenom Fibonacci [5] . . . . . 2
2 Knjiga Liber Abaci [6] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
3 Prikaz razmnozevanja zajcev [7] . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
4 Prikaz zlatega razmerja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
5 Pascalov trikotnik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
6 Pascalov trikotnik in Fibonaccijeva stevila [9] . . . . . . . . . 21
7 Arhimed in primeri pravilnih veckotnikov [10] . . . . . . . . . 25
8 Primer pravilnega veckotnika . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
9 Stranici krogu vcrtanega in ocrtanega n-kotnika [28] . . . . . . 26
10 Adriaan van Roomen [11] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
11 Ludolph van Ceulen [12] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
12 Willebrord Snell van Royen [13] . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
13 Krozni odsek [35] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
14 Isaac Newton [30] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
15 John Machin [14] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
16 William Jones [15] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
17 Thomas Fantet de Lagny [32] . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
18 Leonhard Euler [16] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
19 Johann Heinrich Lambert [17] . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
20 Jurij Vega [18] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
21 Tocke v ali na kroznici s polmerom 7 . . . . . . . . . . . . . . 46
22 Johann Carl Friedrich Gauss [19] . . . . . . . . . . . . . . . . 47
23 Cetrta izdaja Thibautove knjige iz leta 1822 [35] . . . . . . . . 48
24 Peta predelana izdaja Thibautove knjige iz leta 1831 [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 [21] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
30 Yasumasa Kanada [22] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
31 David in Gregory Chudnovsky [23] . . . . . . . . . . . . . . . 52
32 Simon Plouffe [37] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
iv
33 Shigeru Kondo [24] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
v
Tabele
1 Zgornja in spodnja meja stevila π pri pravilnih n-kotnikih . . 29
2 Vrednosti funkcije f(m) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3 Gaussova predstavitev racunanja stevila π . . . . . . . . . . . 47
4 Vrednosti funkcije F (m) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
vi
Uvod
V prvem delu bomo opisali delovanje srednjeveskega 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. Razlozili bomo, kako je prisel do tega zaporedja. Rekur-
zivno formulo tega zaporedja bomo tudi utemeljili. Pokazali bomo tesno
povezavo med Fibonaccijevimi stevili in zlatim razmerjem oziroma zlatim
rezom. Ustrezno matematicno bomo dokazali nekaj lastnosti Fibonaccije-
vega zaporedja.
V drugem delu diplomskega dela si bomo pogledali zgodovinski razvoj racuna-
nja decimalnih mest krozne konstante. Ogledali si bomo nekaj najbolj po-
membnih ljudi, ki so prispevali k vedno bolj tocnemu izracunu krozne kon-
stante. Nekatere formule za izracun bomo tudi izpeljali in pokazali primere
uporabe.
Pogledali si bomo prakticno uporabo krozne konstante na nekaterih konkret-
nih primerih, kjer bomo uporabili razlicne priblizke za izracun obsega kroga.
V sklepnem delu bomo obravnavali povezavo med Fibonaccijevimi stevili in
krozno konstanto ter zvezo med njimi tudi primerno dokazali.
1
1 Fibonacci
Italijanski matematik Leonardo iz Pise je bil rojen okoli leta 1170 verjetno
v Pisi. Bolj kot po imenu je dandanes poznan po svojem vzdevku Fibo-
nacci. Vzdevek je dobil po ocetu Bonacciu in pomeni sin Bonaccija (Filius
Bonacci). Njegov drugi vzdevek je Bigollo, kar pomeni popotnik, saj je po-
toval z ocetom, ki je bil mestni pisar in trgovec. O Fibonaccijevem zivljenju
je malo znanega. Vemo samo nekaj dejstev.
Slika 1: Leonardo iz Pise znan tudi pod imenom Fibonacci [5]
Z ocetom sta potovala po Italiji, kjer se je tudi naucil toliko matematike, ko-
likor mu je kot trgovcu in pisarju lahko koristila. Kasneje so njegovega oceta
izbrali za zastopnika trgovcev iz Pise v severnoafriskem pristanu Bugia, to je
sedanja Bejaia v Alziriji. Medtem ko je z ocetom potoval, se je sproti tudi
veliko naucil, predvsem stevilske sisteme, ki so se uporabljali v teh dezelah.
Tukaj predvsem mislimo na arabsko matematiko in indijske stevilke, ki so
bolj enostavne za uporabo od tedaj poznanih rimskih stevilk. Ukvarjal se je
tudi z arabskimi racunskimi metodami in stevilskimi sestavi.
2
Okoli leta 1200 je koncal svoja potovanja in se vrnil v Piso, kjer je pricel
s pisanjem knjig. Napisal je razlicne knjige, ki so imele pomembno vlogo v
razvoju matematike srednjega veka. Najbolj poznane so Liber abaci, Liber
quadratorum in Practica geometriae. Ker je zivel v casu, ko se niso po-
znali tiskanja knjig, je moral vse knjige napisati lastnorocno. Kdor je zelel
imeti kopijo, je moral knjigo prepisati. Posledicno se je vpliv Fibonaccije-
vega dela siril pocasi. Torej je spostovanja vredno, da so se te knjige ohranile
do danasnjih dni. Seveda predvidevajo, da so se nekatere knjige tudi izgubile.
Leta 1202 je izdal najpomembnejse delo z naslovom Liber abaci, kar v sloven-
skem prevodu pomeni Racunska knjiga; leta 1228 jo je napisal v razsirjeni
izdaji. Knjiga je bila prvotno namenjena trgovcem in ne ucenjakom. V
njej predstavi osnove aritmetike in algebre ter se opredeli za indijske metode
racunanja. Omeni, da indijska stevila vsebujejo znake 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1
in poseben znak 0. Obrazlozi, da s temi znaki lahko zapisemo vsa stevila. S
tem je veliko pripomogel k razvoju evropske matematike, saj so bile do tedaj
znane samo rimske stevilke. Torej je bil prvi v Evropi, ki jih je uporabil;
danes jih poznamo kot arabske stevilke. V tem obdobju nicla prvic nastopi
kot stevilo. Zanjo je uporabljal besedo zephirum, preko katere so kasnejsi
pisci izpeljali besede zeuero, zeron in anglesko zero.
Slika 2: Knjiga Liber Abaci [6]
3
V knjigi je poleg omenjenega nanizal primere, kako je treba zapisovati stevila,
kako je potrebno izracunati dobicek, izgubo in obresti ter menjavati valute.
Prav tako lahko v knjigi najdemo veliko matematicnih problemov in Fibo-
naccija najbolje poznamo prav po enem izmed teh problemov, ki pa bo po-
drobneje opisan v naslednjem poglavju.
Poleg omenjenih novosti, ki jih je vpeljal v evropski svet matematike, je
prispeval tudi nekaj pomembnih dejstev. Ulomke je okrajsal na najmanjsi
imenovalec. Trdil je, da je celotna narava matematicno urejena. Njena ka-
oticnost in neurejenost je samo iluzija, ki zavaja nevedneze. Pojasnil je so-
razmernost 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 resevanju enacb. To delo danes predstavlja zacetek evropske
matematike.
Fibonacci je umrl leta 1250, verjetno v Pisi.
Povzeto po [2], [5] in [31].
4
2 Fibonaccijevo zaporedje
Eno najzanimivejsih zaporedij naravnih stevil v matematiki je zaporedje Fi-
bonaccijevih stevil, ki ga je francoski matematik Edouard Lucas tudi poi-
menoval Fibonaccijevo zaporedje. Fibonacci je do njega prisel tako, da je
obravnaval namisljen problem o vecanju stevila zajcev, ce smo v ograjeni
prostor dali en par. Problem se je glasil:
Neki moz spravi par zajcev v prostor, povsem ograjen s stenami.
Koliko parov zajcev se skoti v enem letu, ce vsak mesec vsak par
skoti nov par in vsak par postane rodoviten sele po drugem mesecu,
pri cemer noben zajec ne pogine?
Torej konec vsakega meseca dobijo vsi pari zajcev mladice, razen tistih, ki so
se skotili prejsnji mesec. Posledicno sledi, da je na zacetku vsakega meseca
toliko parov zajcev, kolikor jih je na zacetku prejsnjih dveh mesecev skupaj.
Poglejmo si stevila bolj nazorno s pomocjo slike, ki prikazuje pare zajcev
glede na situacijo v zacetku meseca. Povzeto po [1] in [30].
Slika 3: Prikaz razmnozevanja zajcev [7]
Kakor je razvidno iz slike, imamo na zacetku prvega meseca 1 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 cetrtem imamo 3 pare ...
5
Zapisimo stevilo parov zajcev za vsak zacetek meseca. Torej dobimo nasled-
nje zaporedje, Fibonaccijevo zaporedje:
0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .
Kot je znano, je v tem zaporedju vsak clen vsota predhodnih dveh. Ce
torej oznacimo n-ti clen Fibonaccijevega zaporedja s Fn, dobimo naslednjo
rekurzivno zvezo clenov zaporedja:
Fn = Fn−1 + Fn−2, F0 = 0, F1 = 1.
Sedaj pa si poglejmo, kako bi clene zaporedja zapisali v splosni obliki. Zapisimo
rekurzivno zvezo v obliki
Fn − Fn−1 − Fn−2 = 0,
pri cemer bomo splosni clen poskusali najti v obliki potence: Fn = λn.
Iz nastavka dobimo naslednjo enakost:
λn − λn−1 − λn−2 = 0.
Enacbo delimo z λn−2 in dobimo:
λ2 − λ− 1 = 0.
Resitvi kvadratne enacbe sta:
λ1,2 =1±√
5
2.
Ker imamo dve resitvi, lahko zapisemo splosni clen zaporedja kot linearno
kombinacijo
Fn = C1λn1 + C2λ
n2 .
Torej
Fn = C1
(1 +√
5
2
)n
+ C2
(1−√
5
2
)n
,
pri cemer sta C1 in C2 neki konstanti.
6
Za n = 0 dobimo
F0 = C1 + C2 = 0,
iz cesar sledi, da je
C2 = −C1.
Torej:
Fn = C1
[(1 +√
5
2
)n
−
(1−√
5
2
)n].
Vzemimo se n = 1 in dobimo naslednjo relacijo:
F1 = C1
√5 = 1.
S tem smo nasli se
C1 =1√5.
Torej lahko clene Fibonaccijevega zaporedja podamo kot
Fn =1√5
[(1 +√
5
2
)n
−
(1−√
5
2
)n].
S tem smo dobili splosno obliko clenov Fibonaccijevega zaporedja.
Stevili λ1 in λ2 imata naslednje lastnosti:
•λ1 =
1 +√
5
2> 1;
•λ1 + λ2 = 1;
•λ1λ2 = −1;
•|λ2| =
∣∣∣∣− 1
λ1
∣∣∣∣ =1
|λ1|< 1;
7
•
limn→∞
λn1 = limn→∞
(1 +√
5
2
)n
=∞,
limn→∞
λn2 = limn→∞
(1−√
5
2
)n
= 0.
Izracunajmo, h kateremu stevilu konvergira zaporedje koeficientov dveh za-
porednih clenov Fibonaccijevega zaporedja, to pomeni, poiscimo
limn→∞
Fn+1
Fn= lim
n→∞
λn+11 − λn+1
2
λn1 − λn2.
V ta namen najprej delimo stevec in imenovalec v limiti z λn1 in dobimo:
limn→∞
λ1 − λ2(λ2λ1
)n1−
(λ2λ1
)n = λ1 = Φ.
Torej smo dobili stevilo Φ = 1+√5
2, ki se mu rece zlato razmerje, ker se pojavi
v zlatemu rezu. Poglejmo si, kako dobimo zlato razmerje.
Slika 4: Prikaz zlatega razmerja
Za lazjo predstavitev si pomagajmo z zgornjo sliko. Imamo daljico AB, na
kateri poiscemo tocko Z tako, da velja sorazmerje:
|AZ||ZB|
=|AB||AZ|
.
8
Dokazati zelimo, da je |AZ| : |ZB| ravno zlato razmerje. Poimenujmo dolzine
daljic |AB| = a, |ZB| = x in |AZ| = a− x, kot kaze slika. Torej:
a− xx
=a
a− x,
(a− x)2 = ax,
x2 − 3ax+ a2 = 0,
x1,2 =3a± a
√5
2,
x1,2 =(3±
√5)a
2.
Izberemo
x =(3−
√5)a
2,
saj bi v nasprotnem primeru dobili tocko Z zunaj daljice AB. Sedaj, ko smo
izracunali x, moramo izracunati se a− x:
a− x = a− (3−√
5)a
2,
a− x =
(1− 3−
√5
2
)a,
a− x =(−1 +
√5)a
2.
Ce povzamemo izracunano, dobimo:
a− xx
=2(−1 +
√5)a
2(3−√
5)a,
a− xx
=−1 +
√5
3−√
5,
a− xx
=(−1 +
√5)(3 +
√5)
(3−√
5)(3 +√
5),
a− xx
=2√
5 + 2
4,
a− xx
=1 +√
5
2= Φ.
9
S tem smo dokazali, da je razmerje |AZ| : |ZB| stevilo
Φ =1 +√
5
2,
ki mu pravimo zlato razmerje, zlato stevilo ali zlati rez. Osnovna relacija
zlatega razmerja je
Φ2 = 1 + Φ.
Povezava med Fibonaccijevimi stevili in zlatim razmerjem sledi iz oblike po-
tenc
Φ0 = 1 · 1 + 0 · Φ = a0 · 1 + b0 · Φ,Φ1 = 0 · 1 + 1 · Φ = a1 · 1 + b1 · Φ,Φ2 = 1 · 1 + 1 · Φ = a2 · 1 + b2 · Φ,Φ3 = 1 · 1 + 2 · Φ = a3 · 1 + b3 · Φ,Φ4 = a4 · 1 + b4 · Φ,Φ5 = a5 · 1 + b5 · Φ,
...
Φn = an · 1 + bn · Φ.
Pri tem so koeficienti pred 1 v izracunu elementi zaporedja {an}, koeficienti
pred Φ v izracunu pa so elementi zaporedja {bn}, kar lahko zapisemo na
naslednji nacin:
{an}∞n=0 = {1, 0, 1, 1, 2, 3, . . .},
{bn}∞n=0 = {0, 1, 1, 2, 3, 5, . . .}.
Opazimo, da lahko napisemo bn = Fn in an = Fn−1, sedaj s pomocjo dokaza
potrdimo ugotovitev:
Φn+1 = an+1 · 1 + bn+1 · Φ.Φ · Φn = Φ(an · 1 + bn · Φ)
= an · Φ + bn · Φ2
= an · Φ + bn · (1 + Φ)
= bn · 1 + (an + bn) · Φ.
10
Ker je Φ iracionalno stevilo, je zapis Φn = an · 1 + bn · Φ enolicen za vsak n.
Zato je
an+1 = bn,
bn+1 = an + bn.
Torej velja rekurzivna zveza
an+2 = an + an+1, a0 = 1, a1 = 0.
Prav tako velja rekurzivna zveza
bn+1 = bn−1 + bn, b0 = 0, b1 = 1.
To je rekurzivna zveza za Fibonaccijevo zaporedje, zato je
bn = Fn
in
an = Fn−1.
Posledicno zapisemo povezavo Fibonaccijevih stevil in zlatega razmerja
Φn = Fn−1 + FnΦ.
Pri tem je treba vzeti F−1 = 1. To je v soglasju z rekurzivno zvezo za
Fibonaccijeva stevila, saj velja F−1 + F0 = F1.
11
3 Uporaba Fibonaccijevega zaporedja
V tem poglavju si bomo pogledali, kako bi lahko v preprosti nalogi prisli do
uporabe Fibonaccijevega zaporedja oziroma Fibonaccijevih stevil. 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 nacinov se lahko premaknemo, ce imamo na voljo neskoncen trak,
ki ga dobimo tako, da vzdolzno lepimo nanj kvadrate. Pricnemo z dvema
kvadratoma ter predpostavimo, da se lahko premikamo za najmanj 1 kvadrat
in najvec 2 kvadrata z leve na desno (→).
Potek resevanja je prikazan spodaj.
2 KVADRATA: * *
Ce imamo na voljo dva kvadrata, imamo samo eno moznost, da se prema-
knemo iz prvega na drugi kvadrat.
3 KVADRATI: * * *
V primeru treh kvadratov je moznosti za malenkost vec, saj se lahko prema-
knemo za dve mesti po 1 korak, tj. 1+1, ali pa se premaknemo za 2 mesti,
tj. 2+0. Torej imamo 2 moznosti.
4 KVADRATI: * * * *
Premikamo se lahko za 1+1+1 ali 1+2 ali 2+1. Torej imamo skupno 3
moznosti.
5 KVADRATOV: * * * * *
Poglejmo si, po koliko mest in na koliko nacinov se lahko premikamo v tem
primeru. Torej imamo naslednje moznosti 1+1+1+1 ali 1+1+2 ali 1+2+1
12
ali 2+1+1 ali 2+2. Torej je skupno 5 moznosti.
6 KVADRATOV: * * * * * *
V primeru, da imamo 6 kvadratov, imamo naslednje moznosti premika-
nja med polji: 1+1+1+1+1 ali 1+1+1+2 ali 1+1+2+1 ali 1+2+1+1 ali
2+1+1+1 ali 1+2+2 ali 2+1+2 ali 2+2+1. Torej skupno 8 moznosti.
7 KVADRATOV: * * * * * * *
Sedaj pa imamo 7 kvadratov, kjer se lahko premikamo na sledece nacine:
1+1+1+1+1+1 ali 1+1+1+1+2 ali 1+1+1+2+1 ali 1+1+2+1+1 ali
1+2+1+1+1 ali 2+1+1+1+1 ali 1+1+2+2 ali 1+2+1+2 ali 1+2+2+1 ali
2+2+1+1 ali 2+1+1+2 ali 2+1+2+1 ali 2+2+2. Sedaj prestejmo vse moznosti
in jih dobimo 13.
Postopek lahko nadaljujemo poljubno dolgo. Poglejmo si, kaj smo dobili za
rezultate. Torej, ce zapisemo resitve, koliko moznosti je pri vsakem primeru,
dobimo naslednje zaporedje stevil: 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . . To pa so seveda
Fibonaccijeva stevila, ki nastopijo v zaporedju od drugega clena dalje.
13
4 Lastnosti Fibonaccijevega zaporedja
Cleni Fibonaccijevega zaporedja imajo nekaj zanimivih lastnosti, ki so pov-
zete po [2].
• Vsota prvih n clenov Fibonaccijevega zaporedja je za 1 manjsa od Fn+2.
Dokazati zelimo enakost F1 + F2 + . . .+ Fn = Fn+2 − 1.
Za clene Fibonaccijevega zaporedja velja
Fn + Fn+1 = Fn+2
oziroma
Fn = Fn+2 − Fn+1.
Torej lahko zapisemo:
F1 = F3 − F2,
F2 = F4 − F3,
F3 = F5 − F4,...
Fn−1 = Fn+1 − Fn,Fn = Fn+2 − Fn+1.
Ce sestejemo leve in desne strani zgornjih enacb, dobimo:
F1 + F2 + F3 + . . .+ Fn−1 + Fn =
Fn+2 − Fn+1 + Fn+1 + . . .+ F4 − F3 + F3 − F2,
F1 + F2 + F3 + . . .+ Fn−1 + Fn = Fn+2 − F2.
Ker je F2 = 1, dobimo:
F1 + F2 + . . .+ Fn = Fn+2 − 1.
14
• Vsota clenov, ki se nahajajo na prvih n lihih mestih Fibonaccijevega za-
poredja, je v Fibonaccijevem zaporedju enaka clenu, ki sledi najvecjemu
sumandu v tej vsoti.
Dokazati zelimo enakost F1 + F3 + F5 + . . .+ F2n−1 = F2n.
Ker velja enakost
Fn = Fn−1 + Fn−2,
sledi, da je:
Fn−1 = Fn − Fn−2.
Sedaj zapisemo:
F1 = F2,
F3 = F4 − F2,
F5 = F6 − F4,...
F2n−3 = F2n−2 − F2n−4,
F2n−1 = F2n − F2n−2.
S sestevanjem obeh strani enacb dobimo:
F1 + F3 + F5 + . . .+ F2n−3 + F2n−1 =
F2n − F2n−2 + F2n−2 − F2n−4 + . . .+ F6 − F4 + F4 − F2 + F2.
Skrcimo izraz in dobimo:
F1 + F3 + F5 + . . .+ F2n−1 = F2n.
15
• Vsota clenov, ki se nahajajo na prvih n sodih mestih Fibonaccijevega
zaporedja, je za 1 manjsa od clena, ki v Fibonaccijevem zaporedju sledi
najvecjemu sumandu v tej vsoti.
Dokazati zelimo enakost F2 + F4 + F6 + . . .+ F2n = F2n+1 − 1.
Ker velja enakost
Fn + Fn+1 = Fn+2,
dobimo:
Fn+1 = Fn+2 − Fn.
Sedaj zapisemo:
F2 = F3 − F1,
F4 = F5 − F3,
F6 = F7 − F5,...
F2n−2 = F2n−1 − F2n−3,
F2n = F2n+1 − F2n−1.
Sestejemo leve in desne strani zapisanih enacb in dobimo:
F2 + F4 + F6 + . . .+ F2n−2 + F2n =
F2n+1 − F2n−1 + F2n−1 − . . .+ F5 − F3 + F3 − F1.
Skrcimo izraz in upostevamo, da je F1 = 1:
F2 + F4 + F6 + . . .+ F2n = F2n+1 − 1.
16
• Kvadrat kateregakoli Fibonaccijevega stevila se razlikuje od produkta
njegovega predhodnika in njegovega naslednika za 1.
Dokazati zelimo naslednjo formulo:
F 2n = Fn−1 · Fn+1 + (−1)n−1.
Zgornjo formulo bomo dokazali z metodo popolne indukcije.
Pokazimo torej, da trditev velja za n = 1:
F 21 = F0 · F2 + (−1)0 = 0 · 1 + 1 = 1,
kar je seveda res, saj iz F1 = 1 sledi F 21 = 12 = 1.
V naslednjem koraku predpostavimo, da velja
F 2n = Fn−1 · Fn+1 + (−1)n−1.
Dokazati zelimo, da formula velja tudi za n+ 1, to pomeni, da velja za
F 2n+1 = Fn · Fn+2 + (−1)n.
Enakosti
F 2n = Fn−1 · Fn+1 + (−1)n−1
na levi in desni strani pristejemo Fn · Fn+1 in dobimo:
F 2n + Fn · Fn+1 = Fn−1 · Fn+1 + Fn · Fn+1 + (−1)n−1,
Fn · (Fn + Fn+1) = Fn+1 · (Fn−1 + Fn) + (−1)n−1.
Sedaj upostevamo enakosti Fn + Fn+1 = Fn+2 in Fn−1 + Fn = Fn+1.
Dobimo:
Fn · Fn+2 = Fn+1 · Fn+1 + (−1)n−1,
Fn · Fn+2 = F 2n+1 + (−1)n−1,
F 2n+1 = Fn · Fn+2 + (−1) · (−1)n−1,
F 2n+1 = Fn · Fn+2 + (−1)n.
17
• Za n = 0, 1, 2, 3, . . . velja enakost Fn+1 · Fn+2 − Fn · Fn+3 = (−1)n.
Potrebovali jo bomo v sedmem poglavju diplomskega dela.
Zgornjo enakost bomo dokazali z metodo popolne indukcije. Torej pri
zgornji enakosti preverimo, ce velja za n = 0:
F1 · F2 − F0 · F3 = 1 · 1− 0 · 2= 1 = (−1)0.
Torej smo pokazali, da trditev velja za n = 0.
Sedaj moramo pokazati, da enakost velja tudi za n+ 1, natancneje:
An = Fn+2 · Fn+3 − Fn+1 · Fn+4 = (−1)n+1.
Naredimo indukcijski korak:
An = Fn+2 · Fn+3 − Fn+1 · Fn+4 = Fn+2 · Fn+3 − Fn+1 · (Fn+3 + Fn+2),
kjer smo uporabili enakost: Fn+4 = Fn+3 + Fn+2. Sledi
An = Fn+2 ·Fn+3 − Fn+1 · Fn+3 − Fn+1 · Fn+2
= Fn+3 ·(Fn+2 − Fn+1)− Fn+1 · Fn+2
= Fn+3 ·(Fn+2 − Fn+1)− (Fn · Fn+3 + (−1)n),
kjer smo uporabili indukcijsko predpostavko: Fn+1 ·Fn+2 = Fn ·Fn+3 +
(−1)n. Dobili smo
An = Fn+3 ·(Fn+2 − Fn+1)− (Fn · Fn+3 + (−1)n)
= Fn+3 ·(Fn + Fn+1 − Fn+1)− (Fn · Fn+3 + (−1)n),
kjer smo uporabili enakost: Fn+2 = Fn + Fn+1. V naslednji enakosti
poracunamo, kar se da poracunati in dobimo:
An = Fn+3 ·(Fn + Fn+1 − Fn+1)− (Fn · Fn+3 + (−1)n)
= Fn+3 ·Fn − Fn · Fn+3 − (−1)n
= 0 −(−1)n = (−1)n+1
Torej smo dokazali, da enakost velja tudi za n+ 1.
18
• Poljubna zaporedna clena Fibonaccijevega zaporedja sta si tuji stevili.
Trditev bomo dokazali s protislovjem.
Naj bosta Fn in Fn+1 zaporedna clena Fibonaccijevega zaporedja. Pred-
postavimo, da obstaja neko naravno stevilo p, za keterega velja p > 1,
ki deli stevili Fn in Fn+1.
Vzemimo Fibonaccijevo zaporedje, ki je definirano rekurzivno s formulo
Fn+1 = Fn + Fn−1, F0 = 0, F1 = 1.
Ker je
Fn−1 = Fn+1 − Fn,
iz relacij
p|Fn+1
in
p|Fn
sledi relacija
p|Fn−1.
Ker je tudi
Fn−2 = Fn − Fn−1
sledi, da
p|Fn−2.
Ce postopek nadaljujemo, vidimo, da stevilo p deli vsa sosednja Fibo-
naccijeva stevila. Sledi:
p|F1.
Ampak F1 = 1, kar pomeni, da F1 ne more biti deljiv s p, saj je p > 1.
Tako smo prisli v protislovje s predpostavko in dokaz je koncan.
19
• Obstaja povezava med Fibonaccijevimi stevili in znamenitimi stevili,
tako imenovanimi binomskimi koeficienti Ckn =
(nk
), ki jih najdemo v
Pascalovem trikotniku.
Slika 5: Pascalov trikotnik
Pascalov trikotnik je trikotnik, sestavljen iz stevil. Na vrhu je eno samo
stevilo, in sicer stevilo 1, v drugi vrstici sta dve stevili in tako v vsaki
naslednji eno stevilo vec. Vsa leva skrajna in desna skrajna stevila so
enice. Vsa preostala stevila pa dobimo tako, da sestejemo stevili nad is-
kanim stevilom. Pascalov trikotnik se nadaljuje navzdol poljubno dalec.
Poglejmo si binomske koeficiente v Pascalovem trikotniku:
C00 1
C01 C1
1 1 1
C02 C1
2 C22 1 2 1
C03 C1
3 C23 C3
3 1 3 3 1
C04 C1
4 C24 C3
4 C44 1 4 6 4 1
C05 C1
5 C15 C3
5 C45 C5
5 1 5 10 10 5 1
C06 C1
6 C16 C3
6 C46 C5
6 C66 1 6 15 20 15 6 1
Liniji, ki povezuje stevila v trikotniku pod kotom 45◦, bomo rekli dia-
gonala Pascalovega trikotnika, kot kazeta primera 1-4-3 ali 1-5-6-1.
20
Ce sestejemo stevila iz Pascalovega trikotnika po diagonalah, kot kaze
spodnja slika, dobimo Fibonaccijevo zaporedje.
Slika 6: Pascalov trikotnik in Fibonaccijeva stevila [9]
Za dokaz zgornje trditve uporabimo rekurzivno definicijo Fibonaccijevega
zaporedja
F1 = F2 = 1
in
Fn = Fn−1 + Fn−2
ter lastnost binomskih koeficientov, to je Pascalovo enakost:
Ckn + Ck+1
n = Ck+1n+1
oziroma (n
k
)+
(n
k + 1
)=
(n+ 1
k + 1
).
Vsoto stevil v n-ti diagonali oznacimo s S(n) za n = 0, 1, 2, 3, . . .
21
Res je
S(0) = S(1) = 1.
Sedaj pa pokazimo, da to velja, ce je n sodo stevilo, torej n = 2m. Dokazati
zelimo:
S(2m) = S(2m− 1) + S(2m− 2).
S(2m− 1) + S(2m− 2) =(2m− 1
0
)+
(2m− 2
1
)+
(2m− 3
2
)+ . . .+
(m
m− 1
)+(
2m− 2
0
)+
(2m− 3
1
)+
(2m− 4
2
)+ . . .+
(m
m− 2
)+
(m− 1
m− 1
).
Zamenjamo prvi clen vsote, to je(2m− 1
0
)=
(2m
0
),
in dobimo: (2m
0
)+
(2m− 2
1
)+
(2m− 3
2
)+ . . .+
(m
m− 1
)+
(2m− 2
0
)+
(2m− 3
1
)+
(2m− 4
2
)+ . . .+
(m
m− 2
)+
(m− 1
m− 1
).
Upostevamo Pascalovo enakost za binomske koeficiente:(2m
0
)+
(2m− 1
1
)+
(2m− 2
2
)+ . . .+
(m+ 1
m− 1
)+
(m
m
)= S(2m).
S tem smo dokazali, da velja S(2m) = S(2m− 1) + S(2m− 2).
Sedaj pa si poglejmo, da to velja tudi, ce je n liho stevilo, torej n = 2m+ 1.
Dokazati zelimo:
S(2m+ 1) = S(2m) + S(2m− 1).
22
S(2m) + S(2m− 1) =(2m
0
)+
(2m− 1
1
)+
(2m− 2
2
)+ . . .+
(m+ 1
m− 1
)+
(m
m
)+(
2m− 1
0
)+
(2m− 2
1
)+
(2m− 3
2
)+ . . .+
(m
m− 1
).
Zamenjamo prvi clen vsote, to je(2m
0
)=
(2m+ 1
0
),
in dobimo:(2m+ 1
0
)+
(2m− 1
1
)+
(2m− 2
2
)+ . . .+
(m+ 1
m− 1
)+
(m
m
)+
(2m− 1
0
)+
(2m− 2
1
)+
(2m− 3
2
)+ . . .+
(m
m− 1
).
Upostevamo Pascalovo enakost za binomske koeficiente:(2m+ 1
0
)+
(2m
1
)+
(2m− 1
2
)+ . . .+
(m+ 2
m− 1
)+
(m+ 1
m
)= S(2m+ 1).
S tem smo dokazali, da velja S(2m+ 1) = S(2m) + S(2m− 1).
Dokaz je povzet po viru [8].
23
5 Zgodovina stevila π
Stevilo π ima pestro in dolgo zgodovino. Na zacetku je simbol π predstavljal
le grsko crko, kasneje pa je ta crka dobila vecji pomen v matematiki. Ze zelo
zgodaj so Grki opazili razmerje med obsegom in premerom kroga, ki je za
vse kroge enako. S to ugotovitvijo se je pricelo iskanje cim bolj natancne
vrednosti tega stevila. V naslednjih podpoglavjih je opisanih nekaj glavnih
akterjev, ki so pripomogli pri racunanju stevila π.
Za primerjavo natancne vrednosti stevila π navedimo priblizek s tridesetimi
decimalkami:
π = 3, 14159 26535 89793 23846 26433 83279 . . .
5.1 Zgodnja racunanja
Okoli leta 2000 pr. n. st. so Egipcani in Mezopotamci za π uporabljali
priblizka√
10 = 3, 162277660168 . . . in 25/8 = 3, 125.
Okoli leta 1650 pr. n. st. je Rhindov papirus iz starega Egipta podal posto-
pek za izracun ploscine kroga in uporabil konstanto 4(8/9)2 = 3, 160493827.
Okoli leta 240 pr. n. st. je bil starogrski matematik Arhimed (287–212 pr.
n. st.) prvi, ki se je zavedal, da je π iracionalno stevilo. Pokazal je tudi, da
π lezi med 22/7 = 3, 142857 in 223/71 = 3, 14084507042 . . .
Za izracun priblizka je uporabil metodo z ocrtanimi in vcrtanimi pravilnimi
veckotniki, s katerimi je dolocil zgornjo in spodnjo vrednost stevila π. Krogu
je vcrtal in ocrtal pravilni veckotnik, nato pa izracunal kolicnika obsega
veckotnika in premera kroga za oba veckotnika. Ker je obseg notranjega
veckotnika manjsi, obseg zunanjega pa vecji od obsega kroga, je vedel, da
mora vrednost stevila π lezati med obema kolicnikoma.
24
Slika 7: Arhimed in primeri pravilnih veckotnikov [10]
Kot preprost primer vzemimo kvadrat, kot kaze slika 8. Ce je stranica vecjega
kvadrata enaka d, je obseg vecjega kvadrata 4d. Premer ocrtanega kroga pa
je prav tako d, tako da je prvi kolicnik enak 4d/d = 4. Stranica manjsega
kvadrata meri d/√
2, ki jo izracunamo s pomocjo Pitagorovega izreka. Sledi,
da je obseg manjsega kvadrata 4d√
2. Premer vcrtanega kroga je d, torej je
drugi kolicnik enak (4d/√
2)/d = 4/√
2. S tem smo ugotovili, da je π manjse
od 4 in vecje kot 4/√
2 = 2, 828427 . . .
Slika 8: Primer pravilnega veckotnika
25
Poglejmo si primer arhimedskega postopka racunanja stevila π pri pravilnem
sestkotniku. S tem primerom bomo pokazali, kako zamudno in dolgotrajno
je racunanje priblizka stevila π s pomocjo poligonov. Primer je povzet po
viru [28].
Slika 9: Stranici krogu vcrtanega in ocrtanega n-kotnika [28]
Na sliki 9 oznacuje r = 1 polmer kroga, sn stranico notranjega n-kotnika, Sn
stranico zunanjega n-kotnika in 2π/n srediscni kot. S pomocjo kotnih funkcij
zapisemo stranico sn pravilnega n-kotnika, ki ima ocrtan krog:
sn = 2 · r · sin α2
= 2 · 1 · sin πn
= 2 sinπ
n.
Podobno dobimo stranico Sn pravilnega n-kotnika, ki ima vcrtan krog:
Sn = 2 · r · tanα
2
= 2 · 1 · tanπ
n
= 2 tanπ
n.
26
Sedaj lahko oznacimo z on obseg krogu vcrtanega n-kotnika ter z On obseg
krogu ocrtanega n-kotnika. Torej on = n · sn, zaporednje {on} je narascajoce
in konvergira navzgor k 2π ter On = n · Sn, zaporedje {On} je padajoce in
konvergira navzdol k 2π. Razlika obsegov, ko gre n cez vse meje, je torej nic:
limn→∞
(On − on) = 0.
Sedaj s pomocjo rekurzivne formule
s2n =
√2−
√4− s2n
dobimo spodnje priblizke, ki jih bomo oznacevali s
πn =nsn2,
in s pomocjo rekurzivne formule
S2n = 2
√4 + S2
n − 2
Sn
dobimo zgornje priblizke, ki jih bomo oznacevali s
πn =nSn
2.
Rekurzivni formuli sta podrobneje izpeljani v viru [4].
Vzemimo n = 6 in dobimo naslednje vrednosti:
s2n =
√2−
√4− s2n,
s6 =
√2−
√4− s23
=
√2−
√4− (2 sin(π/3))2
=
√2−√
4− 3
=√
2− 1
= 1.
27
S2n = 2
√4 + S2
n − 2
Sn,
S6 = 2
√4 + S2
3 − 2
S3
= 2
√4 + (2 tan(π/3)2 − 2
2 tan(π/3)
= 2
√4 + (2
√3)2 − 2
2√
3
=
√4 + 12− 2√
3
=4− 2√
3
=2√3
=2√
3
3.
Sedaj izracunajmo spodnji priblizek
πn =nsn2,
π6 =6 · s6
2
=6 · 1
2= 3
in zgornji priblizek
πn =nSn
2,
π6 =6 · S6
2= 3 · S6
= 3 · 2√
3
3
= 2√
3
= 3, 4641016 . . .
28
S pomocjo zgornjih izracunov smo dolocili zgornjo in spodnjo mejo vrednosti
stevila π. Trivialno se z racunalnikom racunajo priblizki za naslednje pravilne
n-kotnike. Spodnja tabela prikazuje meje stevila π pri razlicnih n-kotnikih.
Razvidno je, da je ta postopek zelo dolgotrajen.
n πn πn
6 3,00000 00000 3,46410 16151
12 3,10582 85412 3,21539 03091
24 3,13262 86132 3,15965 99420
48 3,13935 02030 3,14608 62151
96 3,14103 19508 3,14271 45996
192 3,14145 24722 3,14187 30499
384 3,14155 76079 3,14166 27470
768 3,14158 38921 3,14161 01766
1536 3,14159 04632 3,14159 70343
3072 3,14159 21059 3,14159 37487
6144 3,14159 25166 3,14159 29273
12288 3,14159 26193 3,14159 27220
24576 3,14159 26450 3,14159 26707
49152 3,14159 26514 3,14159 26578
98304 3,14159 26530 3,14159 26546
196608 3,14159 26534 3,14159 26538
393216 3,14159 26535 3,14159 26536
Tabela 1: Zgornja in spodnja meja stevila π pri pravilnih n-kotnikih, [28].
Torej je potrebno za tocnost petih decimalnih mest uporabiti pravilen
1536-kotnik.
29
5.2 Srednji vek
Fibonacci leta 1220 z racunanjem obsega kroznice oziroma ploscine kroga,
na osnovi krogu vcrtanih in ocrtanih pravilnih mnogokotnikov, pride do vre-
dnosti π = 3, 1418.
5.3 16. in 17. stoletje
Belgijsko-flamski matematik Adriaan van Roomen (1561–1615) je imel pra-
vilni mnogokotnik s stevilom stranic n = 230 in je leta 1593 prvi v Evropi
izracunal π na 17 decimalk, od tega 15 pravilno.
Slika 10: Adriaan van Roomen [11]
Ludolph van Ceulen (1540–1610), nemsko-nizozemski matematik, je leta 1596
z mnogokotnikom s stevilom stranic n = 60 · 239 dolocil vrednost π na 20
decimalk. Leta 1610 je izracunal 35 decimalk.
Slika 11: Ludolph van Ceulen [12]
30
Van Ceulenov ucenec Willebrord Snell van Royen (1580–1626), nizozemski
matematik, je izboljsal Arhimedove metode in leta 1621 dolocil 34 decimalnik
stevila π, pri cemer je uporabljal enak mnogokotnik kot van Roomen, torej
230-kotnik. Iz dveh priblizkov za stevilo π je izracunal boljsega.
Slika 12: Willebrord Snell van Royen [13]
Isaac Newton (1642–1727), angleski fizik in matematik, je leta 1666 nasel
popolnoma nov nacin racunanja stevila π s pomocjo binomskih simbolov in
stevilskimi vrstami. Bil je prvi, ki je opustil arhimedsko metodo. Ugotovil
je naslednjo zvezo:
π = 24
(1
12−∞∑n=1
n(2n− 2)!
(2n+ 3)24n+1(n!)2
)+
3√
3
4.
Do zgornje formule je prisel tako, da je na dva nacina zapisal ploscino kroznega
odseka z visino 1/4 v krogu polmera 1/2.
Postopek racunanja je prikazan na naslednji strani.
31
Slika 13: Krozni odsek [35]
Prvi nacin za izracun ploscine kroznega odseka je po formuli:
S =r2α
2− 1
2r2 sinα.
Krozni odsek ima srediscni kot enak 2π/3 in zato ploscino:
S =r2α
2− 1
2r2 sinα
=1
2
(1
2
)22π
3− 1
2
(1
2
)2
sin2π
3
=π
12−√
3
16.
Po drugi strani pa lahko ploscino kroznega odseka izracunamo s pomocjo
dolocenega integrala. Pri tem upostevamo, da ima narisana kroznica enacbo
x2 + y2 = x oziroma drugace zapisano y = ±√x− x2.
Torej zapisemo:
S = 2
∫ 1/4
0
√x− x2 dx
= 2
∫ 1/4
0
√x√
1− x dx.
32
Izraz√
1− x razvijemo v binomsko vrsto:
√1− x = 1 +
∞∑n=1
(1/2
n
)(−x)n,
kjer upostevamo(α
n
)=α(α− 1)(α− 2)(α− 3) . . . (α− n+ 1)
n!
za n ≥ 1 ter da α = 1/2 ni celo stevilo.
Smisel ima poseben primer, ko je n = 0; takrat definiramo(α
0
)= 1,
ter ga zapisemo pred vrsto, da se pri racunanju kaj ne zalomi.
Z razvojem v binomsko vrsto in integracijo dobimo formulo
π = 24
(1
12−∞∑n=1
n(2n− 2)!
(2n+ 3)24n+1(n!)2
)+
3√
3
4.
Za primer, kako natancno je bilo racunanje s pomocjo Newtonove metode,
vpeljimo funkcijo
f(m) = 24
[1
12−
m∑n=1
n(2n− 2)!
(2n+ 3)24n+1(n!)2
]+
3√
3
4
in izracunajmo tabelo, ki nam pove, kako napreduje stevilo tocnih decimalk
stevila π z rastocim m.
33
m f(m)
10 3, 14159 26541 65068 11554 17997 46458 02141 64098 20885 09922
20 3, 14159 26535 89793 35498 34596 47026 55999 67659 26074 00661
30 3, 14159 26535 89793 23846 26864 65927 10020 45004 23312 79892
40 3, 14159 26535 89793 23846 26433 83300 21348 42734 67124 11733
50 3, 14159 26535 89793 23846 26433 83279 50289 57418 67247 95025
60 3, 14159 26535 89793 23846 26433 83279 50288 41971 76477 90982
70 3, 14159 26535 89793 23846 26433 83279 50288 41971 69399 37974
80 3, 14159 26535 89793 23846 26433 83279 50288 41971 69399 37510
90 3, 14159 26535 89793 23846 26433 83279 50288 41971 69399 37510
Tabela 2: Vrednosti funkcije f(m)
Opazimo, da je pri f(10) pravilnih 9 decimalnih mest, pri f(20) ze 16, pri
f(30) kar 23 in pri f(40) celo 28 decimalnih mest stevila π.
Izpeljava je povzeta po [34].
Slika 14: Isaac Newton [30]
34
5.4 18. stoletje
John Machin (1680–1751), angleski matematik, je leta 1706 izracunal 100
decimalk stevila π, s cimer je potrdil tocnost vseh prejsnjih vrednosti. Za
izracun je uporabil lastno formulo
π = 4
(4 arctan
1
5− arctan
1
239
).
Poglejmo si, kako bi naredili dokaz za zgornjo enakost. Uporabimo dej-
stvo, da je tan(π/4) = 1 in izberemo za α kot, za katerega je tanα = 1/5.
Izracunamo tangens dvojnega kota:
tan 2α = tan(α + α)
=tanα + tanα
1− tanα tanα
=2 tanα
1− tan2 α
=2 · 1
5
1− (15)2
=5
12.
Potrebujemo se tan 4α, ki ga izracunamo po istem postopku:
tan 4α = tan(2α + 2α)
=tan 2α + tan 2α
1− tan 2α tan 2α
=2 tan 2α
1− tan2 2α
=2 · 5
12
1− ( 512
)2
=120
119.
Sedaj pa izracunajmo se:
tan(
4α− π
4
)=
tan 4α− tan π4
1 + tan 4α tan π4
=120119− 1
1 + 120119
35
=1
239.
Torej
4α− π
4= arctan
1
239,
kar lahko zapisemo kot:
π
4= 4α− arctan
1
239.
Ko vstavimo zgornje izracunane vrednosti, dobimo enakost
π
4= 4 arctan
1
5− arctan
1
239
oziroma
π = 4
(4 arctan
1
5− arctan
1
239
).
Machin je racunal vrednost stevila π nekoliko drugace. Uporabil je znano
vrsto
arctanx =∞∑n=0
(−1)nx2n+1
2n+ 1,
ki konvergira, ce je |x| < 1.
Slika 15: John Machin [14]
36
Istega leta, torej 1706, je britanski matematik William Jones (1675–1749)
objavil clanek, v katerem je za oznacitev tega stevila prvic uporabil grsko
crko π, prvo crko grske besede perifereia, kar pomeni obseg, obod.
Slika 16: William Jones [15]
Thomas Fantet de Lagny (1660–1734), francoski matematik, je leta 1719 ob-
javil stevilo π, ki ga je izracunal na 127 decimalk s pomocjo spodnje formule:
π =√
12
(1− 1
3 · 3+
1
5 · 32− 1
7 · 33+ . . .
).
Dobil jo je iz vrste za arctanx pri x =√
3/3:
π
6= arctan
√3
3
=∞∑n=0
(−1)n ·√
3 · 3n
(2n+ 1) · 32n+1
=
√3
3
∞∑n=0
(−1)n
(2n+ 1) · 3n
Oziroma drugace napisano:
π = 2√
3∞∑n=0
(−1)n
(2n+ 1) · 3n.
Napaka, verjetno tiskovna, je na 113. decimalki, ki jo je odkril Vega. Zani-
mivo je, da je nekaj naslednjih decimalk pravilnih.
37
Slika 17: Thomas Fantet de Lagny [32]
Leonhard Euler (1707–1783), svicarski matematik, je odkril veliko formul za
izracun stevila π na osnovi funkcije arctan. Poleg izumljanja formul je v
svojih delih, ki jih je izdal med letoma 1730 in 1750, uporabi grsko crko π za
oznako razmerja obsega in premera kroznice.
Euler je s pomocjo transformacije vrst dokazal spodnji izracun stevila π.
Vrsto
S(x) =∞∑k=0
(−1)kakxk,
ki naj konvergira pri pozitivnih x in ak > 0, lahko z diferencami
∆ak = ak+1 − ak,
∆2ak = ∆ak+1 −∆ak,
∆3ak = ∆2ak+1 −∆2ak,
. . .
namrec zapisemo, kot je dokazal Euler, v obliki:
S(x) =1
1 + x
∞∑p=0
(−1)pxp
(1 + x)p∆pa0.
Eulerjeva transformacija potencne vrste za arkus tangens je sledeca:
arctanx =x
1 + x2
∞∑p=0
(2p)!!
(2p+ 1)!!
(x2
1 + x2
)p.
38
Ker je zgornji dokaz z diferencami zahteven, si bomo raje pogledali dokaz s
pomocjo integralov in geometrijske vrste.
V integralu
arctanx =
∫ x
0
dt
1 + t2
naredimo substitucijo
t = x√
1− s
in zapisemo
dt = − x · ds2√
1− s,
1 + t2 = 1 + x2(1− s) = (1 + x)2(
1− x2
1 + x2s
).
Zaradi nove spremenjivke se spremenita tudi meji integrala: t = 0→ s = 1,
t = x→ s = 0.
Sledi:
arctanx =
∫ x
0
dt
1 + t2,
arctanx =x
1 + x2
∫ 1
0
ds
2√
1− s(1− x2
1+x2s) .
Razvijemo v geometrijsko vrsto:
1
1− x2
1+x2s
=∞∑n=0
(x2
1 + x2
)nsn.
Po zamenjavi sestevanja in integriranja imamo
arctanx =x
1 + x2
∞∑n=0
an
(x2
1 + x2
)n,
pri cemer je
an =
∫ 1
0
sn · ds2√
1− s
=1
2
∫ 1
0
sn(1− s)−1/2ds
39
=1
2B
(n+ 1,
1
2
)=
1
2
Γ(n+ 1)Γ(12)
Γ(n+ 32)
=
∫ π/2
0
sin2n+1 ϕ dϕ
=(2n)!!
(2n+ 1)!!.
Nazadnje je pred nami Eulerjev razvoj
arctanx =x
1 + x2
∞∑n=0
(2n)!!
(2n+ 1)!!
(x2
1 + x2
)n.
Dokaz je povzet po [4].
Formula za izracun stevila π, ki jo je izpeljal Euler, se glasi:
π = 4
(5 arctan
1
7+ 2 arctan
3
79
).
Poglejmo si dokaz zgornje enakosti. Pri dokazu uporabimo adicijski izrek
tan(x− y) =tanx− tan y
1 + tan x tan y, |x| < π/4, |y| < π/4,
pri cemer izberemo α = tanx in β = tan y in dobimo:
arctanα = arctan β + arctanα− β1 + αβ
.
Sedaj vzamemo α = 1/3 in β = 1/7 in dobimo:
arctan1
3= arctan
1
7+ arctan
13− 1
7
1 + 121
= arctan1
7+ arctan
2
11.
Glede na izracunano, vzamemo α = 2/11 in β = 1/7 in ponovimo zgornji
korak:
arctan2
11= arctan
1
7+ arctan
211− 1
7
1 + 277
40
= arctan1
7+ arctan
3
79.
Sedaj v spodnjo enakost vstavimo izracunane vrednosti ter dobimo::
π
4= 2 arctan
1
3+ arctan
1
7
= 2
(arctan
1
7+ arctan
2
11
)+ arctan
1
7
= 3 arctan1
7+ 2 arctan
2
11
= 3 arctan1
7+ 2
(arctan
1
7+ arctan
3
79
)= 5 arctan
1
7+ 2 arctan
3
79
oziroma
π = 4
(5 arctan
1
7+ 2 arctan
3
79
).
Slika 18: Leonhard Euler [16]
41
Nemski matematik Johann Heinrich Lambert (1728–1777) je okoli leta 1765
dokazal, da je π iracionalno stevilo, torej se ga ne da natancno zapisati kot
ulomek dveh celih stevil. Pokazal je tudi, da π ni niti kvadrat niti koren
kateregakoli ulomka.
Slika 19: Johann Heinrich Lambert [17]
Nas najbolj znan matematik Jurij Vega (1754–1802) je leta 1794 objavil 140
decimalk stevila π in dosegel tedanji svetovni rekord, ki se je obdrzal 47 let,
torej do leta 1841. Vendar je bil njegov priblizek napacen pri zadnjih stirih
decimalkah. Pri izracunu je uporabil znano Eulerjevo formulo
π = 4
(5 arctan
1
7+ 2 arctan
3
79
).
Izracun je preveril s formulo
π = 4
(2 arctan
1
3+ arctan
1
7
).
Poglejmo si, kako bi dokazali π = 4(2 arctan 1
3+ arctan 1
7
). Pri dokazovanju
upostevamo enakost:
tan(π/4) = 1,
kota α in β pa izberemo tako, da velja
tanα = 1/3,
tan β = 1/7.
42
Uporabimo adicijski izrek za funkcijo tangens:
tan(x− y) =tanx− tan y
1 + tan x tan y.
tan(π
4− α
)=
tan π4− tanα
1 + tan π4
tanα
=1− 1
3
1 + 13
=1
2.
tan(π
4− β
)=
tan π4− tan β
1 + tan π4
tan β
=1− 1
7
1 + 17
=3
4= tan 2α.
Ker velja enakost
tan 2x =2 tanx
1− tan2 x,
je res
tan 2α =2 tanα
1− tan2 α=
2 · 13
1− 19
=3
4.
Opazimo, da jeπ
4− β = 2α
oziroma
π
4= 2α + β
= 2 arctan1
3+ arctan
1
7.
Torej smo dobili enakost
π = 4
(2 arctan
1
3+ arctan
1
7
).
43
Poglejmo si Vegovo racunanje krozne konstante, kjer je uporabljal vrste.
Racunanja se je lotil tako, da je v vrstah zdruzeval po dva in dva clena.
arctanx =∞∑n=0
(x4n+1
4n+ 1− x4n+3
4n+ 3
)=∞∑n=0
(4n+ 3)− (4n+ 1)x2
(4n+ 1)(4n+ 3)x4n+1 (1)
Ce je |x| < 1, je to dovoljeno, ker takrat vrsta
arctanx =∞∑n=0
(−1n)x2n+1
2n+ 1
absolutno konvergira.
Pri racunanju je uporabil formulo
π = 4
(2 arctan
1
3+ arctan
1
7
). (2)
Za prvi clen v (2) dobimo po (1) stevilsko vrsto
8 arctan1
3= 8
∞∑n=0
(4n+ 3)− (4n+ 1)(1/3)2
(4n+ 1)(4n+ 3)
(1
3
)4n+1
,
ki jo se malo predelamo in dobimo
8 arctan1
3= 8
∞∑n=0
32n+ 26
(4n+ 1)(4n+ 3)34n+3.
Podobno dobimo drugi clen v (2), in sicer
4 arctan1
7= 4
∞∑n=0
(4n+ 3)− (4n+ 1)(1/7)2
(4n+ 1)(4n+ 3)
(1
7
)4n+1
.
Po preoblikovanju dobimo
4 arctan1
7= 8
∞∑n=0
96n+ 73
(4n+ 1)(4n+ 3)74n+3.
Oznacimo za n ≥ 0
αn =96n+ 73
(4n+ 1)(4n+ 3)74n+3,
44
βn =32n+ 26
(4n+ 1)(4n+ 3)34n+3.
Potem je
π = 8
(∞∑n=0
αn +∞∑n=0
βn
).
S tem postopkom je racunal vrednosti stevila π.
Povzeto po viru [4].
Slika 20: Jurij Vega [18]
45
5.5 19. stoletje
Nemski matematik Johann Carl Friedrich Gauss (1777–1855) je razvil nov
postopek za racunanje decimalnih mest stevila π.
Ideja oziroma vprasanje postopka se je glasilo:
Koliko tock (m,n) ∈ Z× Z lezi v krogu s polmerom r ali na njegovem robu?
Torej iscemo stevilo
P (r) = card {(m,n) ∈ Z× Z,m2 + n2 ≤ r2}.
Spodnja slika prikazuje primer kroznice s polmerom 7, kjer so v prvem kva-
drantu narisane vse tocke, ki ustrezajo zgornjemu pogoju.
Slika 21: Tocke v ali na kroznici s polmerom 7
Gauss je pri tem opazil, da se z narascanjem polmera kroga vrednosti P (r)/r2
priblizujejo stevilu π.
Poleg zgoraj opisanega postopka racunanja stevila π je nasel tudi formulo:
π = 4
(12 arctan
1
18+ 8 arctan
1
57− 5 arctan
1
239
).
46
r P (r) P (r)/r2
7 149 3,0408
10 317 3,17
20 1 257 3,1425
30 2 821 3,1344
100 31 417 3,1417
200 125 629 3,140725
300 282 679 3,14107
Tabela 3: Gaussova predstavitev racunanja stevila π
Slika 22: Johann Carl Friedrich Gauss [19]
Angleski matematik William Rutherford (1798–1871) je leta 1841 objavil
izracunano stevilo π na 208 decimalk, od tega je 152 pravilnih. Uporabil je
formulo
π = 4
(4 arctan
1
5− arctan
1
70+ arctan
1
99
).
Uporabljena formula sledi iz Machinove
π = 4
(4 arctan
1
5− arctan
1
239
)in iz formule
arctan1
70= arctan
1
99+ arctan
1
239.
47
Bernhard Friedrich Thibaut (1775–1832) je bil nemski matematik in preda-
vatelj v Gottingenu. Bil je blescec predavatelj, ki je zasencil Gussa, zato le-ta
ni nic kaj rad predaval. V neki izdaji leta 1826 je Thibaut objavil stevilo 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 cudo, saj do takrat se niso
izracunali toliko decimalnih mest. Torej predvidevajo, da je moral Thibaut
prepisati vrednost stevila π iz nekega oxfordskega rokopisa, za katerega se ne
ve, kdo je avtor.
Slika 23: Cetrta izdaja Thibautove knjige iz leta 1822 [35]
Slika 24: Peta predelana izdaja Thibautove knjige iz leta 1831 [36]
Slika 25: Bernhard Friedrich Thibaut [29]
48
Avstrijski matematik poljskega rodu Leopold Karl Schulz von Strassnitzki
(1803–1852) je med letoma 1827 in 1834 predaval matematiko na ljubljan-
skem liceju. Leta 1844 je skupaj z Dasejem objavil izracun 200 decimalnih
mest stevila π, izracunanih s pomocjo formule
π = 4
(arctan
1
2+ arctan
1
5+ arctan
1
8
).
Slika 26: Leopold Karl Schulz von Strassnitzki [29]
Nemski nadpovprecni racunar Johann Zacharias Dase (1824–1861) je leta
1844 izracunal 200 decimalnih mest stevila π s pomocjo Strassnitzkega. Za
to je potreboval vsega 2 meseca casa. Kot zanimivost naj omenimo, da je
Dase znal hitro racunati na pamet tudi dolge racune, bil je zivi kalkulator.
Slika 27: Johann Zacharias Dase [29]
49
Britanski matematik William Shanks (1812–1882) je leta 1873 izracunal 607
decimalnih mest stevila π, od tega 527 pravilno, z Machinovo formulo. Za
to je potreboval vec kot 15 let. Nekaj let kasneje je izracunal 707 decimalk,
vendar tudi v tem primeru samo 527 pravilno. Te napake nihce ni opazil se
skoraj 100 let.
Slika 28: William Shanks [20]
50
5.6 20. in 21. stoletje
Leta 1946 je D. F. Ferguson z racunalom izracunal 620 pravilnih decimalk in
pri tem odkril Shanksovo napako. Januarja 1947 pa je izracunal 710 pravil-
nih decimalk stevila π.
John von Neumann (1903–1957), madzarsko-ameriski matematik, in njegovi
sodelavci so leta 1949 uporabili racunalnik ENIAC ameriske vlade za izracun
stevila π na 2035 decimalnih mest natancno, za kar je stroj potreboval 70 ur.
Slika 29: John von Neumann [21]
Japonski matematik Yasumasa Kanada (1949) in njegovi sodelavci z univerze
v Tokiu so leta 1987 na superracunalniku NEC SX-2 izracunali nekaj cez 134
000 000 decimalnih mest stevila π.
Slika 30: Yasumasa Kanada [22]
51
Leta 1991 sta brata Gregory (1952) in David Chudnovsky (1947) sta v svojem
stanovanju v New Yorku na doma narejenem superracunalniku v 250 urah
izracunala nekaj vec kot 2 miljardi 260 milijonov decimalnih mest stevila π.
Pri racunanju sta uporabila razlicico Ramanujanove neskoncne vrste
1
π= 12
∞∑n=0
(−1)n(6n)!(13591409 + 545140134n)
(3n)!(n!)36403203n+3/2,
s katero se v vsakem koraku izracuna 14 novih stevk.
Slika 31: David in Gregory Chudnovsky [23]
Britanski matematik Simon Plouffe (1956) je leta 1999 odkril obrazec za
algoritem BBP (Bailey-Borwein-Ploufferjeva formula), s katero je mozno
izracunati n-to dvojisko stevko stevila π, ne da bi racunali predhodne, kar se
je zdelo nemogoce. Uporabil je formulo
π =∞∑n=0
1
24n
(4
8n+ 1− 2
8n+ 4− 1
8n+ 5− 1
8n+ 6
).
Slika 32: Simon Plouffe [37]
52
Avgusta leta 2010 Shigeru Kondo, japonski sistemski inzenir, in Alexander
J. Yee, ameriski student racunalnistva, s prirejenim osebnim racunalnikom in
nekim programom izracunata 5 000 000 000 000 stevk stevila π. Racunanje
skupaj s preverjanjem je trajalo 90 dni.
Slika 33: Shigeru Kondo [24]
Obsirnejso zgodovino stevila π lahko bralec najde v posameznih virih, ki so
zapisani ob slikah ter v virih [1] in [25].
53
6 Uporaba krozne konstante
V prejsnem poglavju smo spoznali, kako se je zgodovinsko razvijalo racunanje
decimalnih mest stevila π. Sedaj pa si poglejmo nekaj konkretnih primerov,
kjer bomo uporabili dva priblizka stevila π. S tem bomo pokazali, ali je smi-
selno uporabljati priblizek z vecjim stevilom decimalnih mest ali ne.
Torej za prvi priblizek vzemimo vrednost π1 = 3, 14, ki ima dve decimalni
mesti, in drugi priblizek π2 = 3, 14159 26535, ki ima deset decimalnih mest.
Uporabili bomo primere iz vsakdanjega zivljenja.
• Vodnjaku s premerom 3 m s pomocjo vrvice izmerimo obseg, in sicer
18, 85 m.
o1 = 2π1r
= 2 · 3, 14 · 3 m
= 18, 84 m
o2 = 2π2r
= 2 · 3, 14159 26535 · 3 m
= 18, 84955592 m
Kot sklep lahko zapisemo, da sta rezultata razlikujeta na tretjem de-
cimalnem mestu. Razlika med izracunoma znasa 9,56 mm, torej je
razlika zelo majhna.
• S pomocjo vrvice izmerimo obseg smreke, in sicer 340 cm. Izracunajmo
polmera pri razlicnih vrednostih stevila π.
r =o
2π1
=340
2 · 3, 14cm
= 54, 14012739 cm
54
r =o
2π2
=340
2 · 3, 14159 26535cm
= 54, 11268066 cm
Torej dobili smo podobna polmera, ki se razlikujeta samo v decimal-
nem delu. Ce polmera zaokrozimo navzdol, bomo dobili enak rezultat.
Natancneje se obsega razlikujeta za 0,27 mm.
• Kot zadnji zgled si poglejmo Zemljo, ki ima polmer 6400 km. Izracuna-
jmo, koliksen je obseg Zemlje:
o = 2π1r
= 2 · 3, 14 · 6400 km
= 40 192 km
o = 2π2r
= 2 · 3, 14159 26535 · 6400 km
= 40 212, 38596 km
Opazimo, da je v tem primeru razlika 20 km. V tem primeru bi bilo bolj
smiselno vzeti priblizek z vecjim stevilom decimalnih mest, ce zelimo
biti cim bolj natancni.
Kot sklep teh primerov lahko povemo, da bomo vedno dobili bolj natancne
rezultate, ce bomo vzeli vecje stevilo decimalnih mest, kar je seveda smiselno.
Vendar v praksi najveckrat uporabljamo priblizek 3,14, saj s tem dobimo
primeren priblizek, s katerim je lazje racunati, kot ce bi imeli 10 ali vec tisoc
decimalnih mest.
55
7 Fibonaccijeva stevila in krozna konstanta
Fibonaccijeva stevila se lahko uporabljajo pri metodi z vrstami za racunanje
vrednosti stevila π, ki se izkaze za bolj primerno kot racunanje vrednosti
stevila π s pomocjo pravilnih veckotnikov. Dejstvo, ki ga pogosto upostevamo
pri racunanju, je arctan 1 = π/4.
Za povezavo med Fibonaccijevimi stevili in krozno konstanto se namrec ne
ve tocno, kdo jo je prvi dokazal. Stevilo π oziroma natancneje π/4 lahko
zapisemo na sledeci nacin:
π
4= arctan 1
= arctan1
2+ arctan
1
3
= arctan1
2+ arctan
1
5+ arctan
1
8
= arctan1
2+ arctan
1
5+ arctan
1
13+ arctan
1
21
= arctan1
2+ arctan
1
5+ arctan
1
13+ arctan
1
34+ arctan
1
55= . . .
Zapisimo zgornje enakosti s pomocjo Fibonnacijevih stevil.
π
4= arctanF1
= arctan1
F3
+ arctan1
F4
= arctan1
F3
+ arctan1
F5
+ arctan1
F6
= arctan1
F3
+ arctan1
F5
+ arctan1
F7
+ arctan1
F8
= arctan1
F3
+ arctan1
F5
+ arctan1
F7
+ arctan1
F9
+ arctan1
F10
= . . .
Povzeto po [33].
56
Opazimo, da se v imenovalcu argumenta funkcije arkus tangens pojavljajo
Fibonaccijeva stevila z lihimi indeksi, le na zadnjem mestu je sodi indeks.
Vsako Fibonaccijevo stevilo s sodim indeksom se v naslednji vrstici zapise
kot vsota lihega in sodega indeksa (npr. F6 ⇒ F7 + F8). Zadnji korak se
rekurzivno ponavlja.
Splosna formula, ki povezuje Fibonaccijeva stevila in krozno konstanto, je
torej:
arctan1
F2n
= arctan1
F2n+1
+ arctan1
F2n+2
.
Pri dokazu bomo uporabili:
arctanx = arctan y + arctanx− y1 + xy
. (3)
Torej zelimo izpeljati osnovno zvezo:
arctan1
F2n
= arctan1
F2n+1
+ arctan1
F2n+2
. (4)
Po formuli (3), kjer upostevamo x = 1F2n
in y = 1F2n+1
, dobimo:
arctan1
F2n
= arctan1
F2n+1
+ arctan
1F2n− 1
F2n+1
1 + 1F2nF2n+1
= arctan1
F2n+1
+ arctanF2n+1 − F2n
F2nF2n+1 + 1.
V naslednjem koraku bomo uporabili enakost Fn+1 ·Fn+2−Fn ·Fn+3 = (−1)n
za n = 0, 1, 2 . . ., ki smo jo dokazali na strani 18. Uporabili bomo poseben
primer, ko n zamenjamo z 2n − 1. Ce vstavimo v zgornjo enakost, dobimo
naslednje:
F(2n−1)+1 · F(2n−1)+2 − F2n−1 · F(2n−1)+3 = (−1)2n−1
F2n · F2n+1 − F2n−1 · F2n+2 = −1.
57
To enakost bomo uporabili v obliki F2n · F2n+1 + 1 = F2n−1 · F2n+2. Torej
lahko zapisemo:
arctan1
F2n
= arctan1
F2n+1
+ arctanF2n−1
F2n−1F2n+2
= arctan1
F2n+1
+ arctan1
F2n+2
.
S tem smo tudi koncali izpeljavo, saj smo dobili enakost (4).
Posplosimo rezultat na strani 56 in uporabimo znak za vsoto:
π
4=
m∑k=1
arctan1
F2k+1
+ arctan1
F2m+2
.
Naredimo dokaz zgornje enakosti s pomocjo popolne indukcije na m.
Preverimo, ali enakost velja za bazo m = 1:
π
4= arctan
1
F3
+ arctan1
F4
,
kar je ocitno res, saj smo to pokazali na strani 52.
Naredimo indukcijski korak, torej zelimo dokazati, da enakost velja tudi za
m+ 1.
m+1∑k=1
arctan1
F2k+1
+ arctan1
F2m+4
=
m∑k=1
arctan1
F2k+1
+ arctan1
F2m+3
+ arctan1
F2m+4
,
kjer smo iz vsote izpisali zadnji clen.
58
Sedaj bomo uporabili indukcijsko predpostavko, to je :
π
4=
m∑k=1
arctan1
F2k+1
+ arctan1
F2m+2
oziromam∑k=1
arctan1
F2k+1
=π
4− arctan
1
F2m+2
.
S tem dobimo naslednje:
m∑k=1
arctan1
F2k+1
+ arctan1
F2m+3
+ arctan1
F2m+4
=
π
4− arctan
1
F2m+2
+ arctan1
F2m+3
+ arctan1
F2m+4
=π
4.
V zgornji enakosti smo upostevali, da je
− arctan1
F2m+2
+ arctan1
F2m+3
+ arctan1
F2m+4
= 0
po enakosti (4).
S tem smo dokaz tudi koncali.
Tudi formula Strassnitzkega vsebuje Fibonaccijeva stevila:
π = 4
(arctan
1
2+ arctan
1
5+ arctan
1
8
).
Zgornjo formulo lahko zapisemo na nekoliko drugacen nacin, in sicer:
π = 4
(arctan
1
F3
+ arctan1
F5
+ arctan1
F6
).
Da bomo lazje racunali priblizke stevila π, zapisimo formulo Strassnitzkega
nekoliko dugace, in sicer s pomocjo vrste:
π = 4m∑n=0
(−1)n
2n+ 1
((1
F3
)2n+1
+
(1
F5
)2n+1
+
(1
F6
)2n+1).
59
Za primer, kako natancno je bilo Dasejevo racunanje, vpeljimo funkcijo
F (m) = 4m∑n=0
(−1)n
2n+ 1
((1
2
)2n+1
+
(1
5
)2n+1
+
(1
8
)2n+1)
in sestavimo tabelo, ki nam pove, kako napreduje tocnost decimalnih mest
stevila π z rastocim m v zgornjem izrazu.
m F (m)
10 3, 14159 26704 49009 84860 22132 61565 52590 96793 95226 65192
20 3, 14159 26535 89801 77539 46037 92378 34298 16270 91520 06341
50 3, 14159 26535 89793 23846 26433 83279 50595 94935 16124 75873
90 3, 14159 26535 89793 23846 26433 83279 50288 41971 69399 37510
Tabela 4: Vrednosti funkcije F (m)
Iz tabele lahko opazimo, da se napaka pojavi na 8. decimalnem mestu pri
vrednosti F(10), pri F(20) se napaka pojavi na 13. mestu ter pri F(50) na
33. decimalnem mestu.
Dase je vrednosti hitro zracunal zaradi enostavnih stevil 12, 1
5in 1
8. S tem je
dobil zelo hitro tocne priblizke.
60
8 Zakljucek
V casu pisanja diplomskega dela smo izvedeli za temeljne dosezke najpo-
membnejsega evropskega srednjeveskega matematika Fibonaccija. Imel je
velik vpliv na razvoj evropske matematike, ceprav je najbolj poznan po svoje
zaporedju in ne tako po ostalih ugotovitvah.
Poleg Fibonaccija smo veliko izvedeli tudi o zgodovini racunanja stevila π.
Veliko ljudi se je ukvarjalo z racunanjem tega stevila, vendar jih je prevec, da
bi vse omenili, zato smo se odlocili za nekaj najbolj kljucnih za to diplomsko
delo. Primerjali smo razlicne metode racunanja in opazovali, kje so se poja-
vljale napake pri izracunu decimalnega dela. Racunanje natancne vrednosti
krozne konstante je v zgodovini matematike velikega pomena in spostovanja
vredno. V danasnjih casih, v dobi racunalnikov, pa so strokovnjaki odkrili
razlicne algoritme, ki lahko ze v nekaj urah izracunajo na milijone decimalnih
mest.
V sklepnem delu smo si ogledali povezavo med Fibonaccijevimi stevili in
krozno konstanto, ki je tudi tema diplomskega dela. Opazili oziroma ugo-
tovili smo, da lahko s pomocjo Fibonaccijevih stevil pri metodi z vrstami
izracunamo vrednost stevila π. Izkazalo se je, da je metoda veliko bolj
ucinkovita pri racunanju vrednosti krozne konstante, kot na primer racunanje
vrednosti s pomocjo pravilnih veckotnikov. Pri izracunu smo uporabili funk-
cijo arctan, saj poznamo adicijske izreke za tangens ter vemo, da je arctan 1 =π4, kar nam omogoci lazje racunanje. Ugotovili smo, da se pojavljajo v
izracunu obratne vrednosti Fibonaccijevih stevil. 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 stevili in krozno konstanto, saj so Fibonacci-
jeva stevila oziroma Fibonaccijevo zaporedje znana ze od srednjega veka.
61
Literatura
[1] P. J. BENTLEY, Knjiga o stevilih: skrivnosti stevil in kako so ustvarila
sodobni svet, prevod v slovenscino, V. Sever, Tehniska zalozba Slovenije,
2010
[2] N. N. VOROB’EV, Fibonacci numbers, Programon Press, 1961
[3] T. CRILLY, 50 mathematical ideas you really need to know, Quercus,
2007
[4] P. EYMARD, J. P. LAFON, The number π, AMS, 2004
[5] www.goldenmuseum.com/0401Fibonacci engl.html, april 2013
[6] www.bornrich.com/entry/text-that-shaped-the-course-of-history-hits-
the-block/, april 2013
[7] mathforum.org/lisab/fourth lesson/part 5.htm, april 2013
[8] www.presek.si/22/1220-Pavlic.pdf, april 2013
[9] www.goldennumber.net/pascals-triangle/, april 2013
[10] whitechapelghoststyle.wordpress.com/2012/11/26/when-archimedes-
was-found-in-the-shadows/, april 2013
[11] www-history.mcs.st-and.ac.uk/PictDisplay/Roomen.html, april 2013
[12] www.learn-math.info/historyDetail.htm?id=Van Ceulen, april 2013
[13] atechimie.univ-lille1.fr/Chromatographie-Phase-Liquide/Detecteurs/A-
indice-refraction/, april 2013
[14] www.xtimeline.com/evt/view.aspx?id=719324, april 2013
[15] en.wikipedia.org/wiki/William Jones %28mathematician%29,april
2013
[16] www-history.mcs.st-and.ac.uk/PictDisplay/Euler.html, april 2013
62
[17] www2.mtsd.k12.wi.us/Homestead/users/ordinans/Johann%20Heinri-
ch%20Lambert.htm, april 2013
[18] sl.wikipedia.org/wiki/Jurij Vega, april 2013
[19] www.rare-earth-magnets.com/t-johann-carl-friedrich-gauss.aspx,april
2013
[20] misterpalomar.blogspot.com/2013/03/william-shanks-ovvero-il-
calcolatore.html, april 2013
[21] sl.wikipedia.org/wiki/John von Neumann, april 2013
[22] www.educ.fc.ul.pt/icm/icm2001/icm34/kanada.htm, april 2013
[23] technoccult.net/archives/2010/07/09/pi-plato-and-the-language-of-
nature/, april 2013
[24] mdchp.wordpress.com/2010/09/06/man-calculates-pi-to-5-trillion-
digits/, april 2013
[25] www-history.mcs.st-and.ac.uk/HistTopics/Pi chronology.html,april
2013
[26] www.maths.surrey.ac.uk/hosted-sites/R.Knott/Fibonacci/fibpi.html.piandfib,
marec 2013
[27] www.pi314.net/eng/fibonacci.php, marec 2013
[28] I. HAFNER, P. LEGISA, M. RAZPET, Jurij Vega in krozna konstanta,
Seminar za zgodovino matematicnih znanosti, Ljubljana, 8. april 2013,
UNI FMF
[29] M. RAZPET, Dase in krozna konstanta, Seminar za zgodovino mate-
maticnih znanosti, Ljubljana, 22. april 2013, UNI FMF
[30] quantumaniac.tumblr.com/post/21671214081/isaac-newton-fun-facts-
isaac-newton-1642-1727, maj 2013
[31] R. A. DUNLAP, The golden ratio and Fibonacci numbers, World Scien-
tific publishing Co. Ptc. Ltd, 1997
63
[32] www-history.mcs.st-and.ac.uk/PictDisplay/Lagny.html, junij 2013
[33] www.geom.uiuc.edu/ huberty/math5337/groupe/fibonacci.html, junij
2013
[34] E. HAIRER, G. WANNER, Analysis by its history, Springer 2008, New
York
[35] B. F. THIBAUT, Grundriß der reinen Mathematik zum Gebrauch bey
academischen Vorlesungen, Vandenhoeck und Ruprecht 1822, Gottingen,
4. izdaja
[36] B. F. THIBAUT, Grundriß der reinen Mathematik zum Gebrauch bey
academischen Vorlesungen, Vandenhoeck und Ruprecht 1831, Gottingen,
5. izdaja
[37] www.pi314.net/eng/nieme digit.php, junij 2013
64