Nevezetes számok a matematikában

SZAKDOLGOZAT

Készítette: Németh Regina

Matematika BSc - elemz® szakirány

Témavezet®: Ágoston István, egyetemi docensELTE TTK, Algebra és Számelmélet Tanszék

Eötvös Loránd Tudományegyetem

Természettudományi Kar

Budapest, 2013

�A legtöbb tudományban mindegyik generáció lerombolja azt,

amit el®dei építettek. A matematika az egyetlen,

amelyben minden egyes generáció

új értelmet illeszt a régi struktúrához."

(H. Hankel)

1

Tartalomjegyzék

1. Bevezet® 3

2. Nevezetes konstansok 4

2.1. Liouville szám . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2.6. Aranymetszés, avagy aranyarány . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2.9. Egyéb érdekes matematikai konstansok . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

3. Nevezetes sorozatok 16

3.1. Fibonacci számok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

3.6. Catalan-számok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

Köszönetnyílvánítás 30

2

1. fejezet

Bevezet®

Általános iskolában megismerkedtünk a természetes számokkal, fels®tagozatban

már találkoztunk a racionális számokkal, a tizedestörtekkel és a gyökökkel. Kö-

zépiskolában el®kerültek a különlegesebb számokat mint, például a π és az e. Az

egyetemen a különleges számok ismerete csak tovább b®vült, például megismertük

az imagionárius számot. Akkoriban nem is gondoltam, hogy az eπ·i = −1-gyel, hi-szen az e és a π nem egész számok. De, ha vesszük a (−1) és az i vagy az e és a

−π kombinációját, (−1)i = e−π = 0, 0432139 . . . , akkor egy transzcendens számot

kapunk.

A dolgozatomban bemutatom az els® transzcendes számot, amely a Liouville-

szám. Ez a szám segítségével sikerült bebizonyítani azt a sejtést, hogy az e transz-

cendens. Vannak olyan nevezetes konstansok, amelyekr®l még nem eldöntött, hogy

transzcendens szám-e, ilyen például a Catalan-állandó, Brun konstans vagy a Fei-

genbaum állandó. A dolgozatom els® részében bemutatom még a Catalan-állandót,

az aranyarányt, a Brun konstanst és az Euler-Mascheroni konstanst.

A nevezetes számok körébe a sorozatok is beletaroznak. Így az egyik legismer-

tebb sorozatot is prezentálni fogom, a Fibonacci-sorozatot tulajdonságaival és az

általánosításával. Írok még a kombinatorikában az egyik legfontosabb sorozatról a

Catalan-számokról, bemutatom pár tulajdonságát és két alkalmazását.

3

2. fejezet

Nevezetes konstansok

2.1. Liouville szám

2.2. De�níció. Egy α komplex szám algebrai szám, ha létezik olyan nem nulla,

racionális együtthatós polinom, amelynek az α gyöke.

2.3. De�níció. Egy komplex szám transzcendens, ha egyetlen racionális együtthatós

polinomnak sem gyöke a nullpolinomon kívül, azaz nem algebrai szám.

Egy konkrét számról általában nehéz eldönteni, hogy algebrai vagy transzcendes

szám. Már Euler, Lambert és Legendre is felvetették, hogy a π nem algebrai.

Ennek a transzcendenciájának bizonyításához az els® lépést Joseph Liouville tette

meg 1844-ben aki megmutatta, hogy a Liouville-konstans:

10−1! + 10−2! + 10−3! + 10−4! + 10−5! + ...

transzcendens. Sok évvel kés®bb 1873-ban sikerült bebizonyítania Charles Hermite-

nek, hogy az Euler-féle szám, azaz az e szám transzcendens. Ennek a bizonyításnak

az ismeretében 1882-ben Carl Louis Ferdinand von Lindemann az "Über die Zahl

π" munkájában megmutatta, hogy a π szám transzcendens.

Az e és a π szám transzcendenciájának a bizonyítását vélhet®en többen ismerik,

mint az els® transzcendens számét. Így a dolgozatomnak ebben a fejezetében a

Liouville-konstans transzcendenciáját szeretném bemutatni. Ehhez el®bb egy másik

tételt kell el®ször belátni, amely megmutatja, hogy az algebrai számok általában

rosszul approximálhatóak.

2.4. Tétel. Legyen α egy n-edfokú valós algebrai szám, ahol n≥2, ekkor létezik olyanc=c(α)>0 valós konstans, hogy bármely r

sracionális számra

4

|α− r

s| > c(α)

sn.

Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy bármely c>0-hoz létezik olyan rs, amelyre

|α− r

s| < c

sn

Ebben az esetben létezik a racionális számoknak olyan risisorozata, hogy (si > 0)

(1) limi→∞

sni

(α− ri

si

)= 0

Ez azt jelenti, hogy

(2) limi→∞

(α− ri

si

)= 0, azaz lim

i→∞

risi

= α

Vegyük az α minimálpolinomját (jelölje mα), melynek komplex gyökei α1 =

α, α2, α3, ..., αn. Ekkor

mα = a0 + a1x+ ...+ anx = an

n∏j=2

(x− αj),

ahol a0, a1, ..., an egészek és an 6= 0. Az mα minimálpolinomnak nincs többszö-

rös gyöke, mert irreducibilis a racionális számok felett. Ezért az αj számok mind

különböz®ek.

A minimálpolinomba x helyére risi-t helyettesítve, a következ®t kapjuk:

a0 + a1

(risi

)+ ...+ an

(risi

)n= an

(risi− α

) n∏j=2

(risi− αj

)A bal oldali kifejezés közösnevez®je az sni , ami nem lehet 0, mert a mα-nak nincs

racionális gyöke. Így a bal oldal abszolútértékét alulról tudjuk becsülni 1sni-nel.

1

sni≤

∣∣∣∣∣sni an(α− ri

si

) n∏j=2

(risi− αj

)1

sni

∣∣∣∣∣sni -nel beszorozva a következ® becslést kapjuk:

1 ≤

∣∣∣∣∣sni an(α− ri

si

) n∏j=2

(risi− αj

)∣∣∣∣∣Az (1)-es (2)-esb®l a következ® egyenlet adódik

limi→∞

n∏j=2

(risi− αj

)=

n∏j=2

(α− αj)-vel.

A bal oldalon álló határérték i → ∞ esetén 0-hoz tart, ez azonban ellentmond a

becslésnek.

5

�

Ennek a tételnek a segítségével már könnyebben lehet transzcendens számot

konstruálni, hiszen egy α valós szám, ha "nagyon jól" közelíthet®, akkor transzcen-

dens. Egy ilyen számot egy racionális számokból képzett végtelen sor összegeként

kaphatunk meg. Ennek a sornak a részletösszegei gyorsan konvergálnak a végtelen

sor összegéhez. Például Liouville-konstans is egy ilyen szám, amelyet a következ®k-

ben ismertetek és a transzcendenciáját is bebizonyítom.

2.5. Tétel. A Liouville-konstans transzcendens, azaz

α =∞∑k=1

1

10k!= 0, 110001000000000000000001...

szám transzcendens.

Megjegyzés

1. α valóban egy valós szám, ez legjobban a tizedestört alakjából látszik.

2. Ez a sor konvergens, hiszen a∞∑k=1

10−k végtelen mértani sorral majorálható

Bizonyítás. Azt kell bizonyítani, hogy a Liouville-konstans részletösszegei "nagyon

jól" approximálják α-t.

Els® lépésként írjuk fel az m-edik részletösszeget rmsm

alakban (sm > 0), ahol rm

és sm relatív prímek, azaz (rm, sm) = 1. Közös nevez®re hozás után a következ®t

kapjuk:m∑k=1

1

10k!=

10A+ 1

10m!

Ebb®l látszik, hogy az sm = 10m!-sal. Ekkor

0 < α− rmsm

=∞∑

k=m+1

1

10k!<

∞∑j=(m+1)!

1

10j=

10

9 · 10(m+1)!=

10

9sm+1m

.

Vegyük a két oldal abszolútértékét, így a következ®t kapjuk:

(1)

∣∣∣∣α− rmsm

∣∣∣∣ < 10

9sm+1m

A jobb oldal értéke pozitív az abszolútérték jel nélkül is, így elhagyható.

Indirekt tegyük fel, hogy valamely n-re α egy n-edfokú algebrai szám. Az α-

nak a tizedestört alakjából látszik, hogy nem egy szakaszos tizedes tört, hanem egy

irracionális szám, tehát n≥ 2. Ekkor az el®z® tétel szerint létezik olyan c(α) > 0,

hogy bármely rsracionális számra

6

∣∣∣α− r

s

∣∣∣ > c(α)

sn.

teljesül. Speciálisan az rmsm

esetén:∣∣∣∣α− rmsm

∣∣∣∣ > c(α)

snm.

Ezt az (1)-essel összevetve a következ®ket kapom:

c(α)

snm<

10

9sm+1m

, azaz c(α) <10

9sn−m+1m

Vegyük mint a két oldal határértékét végtelenben.

c(α) = limm→∞

c(α) < limm→∞

10

9sn−m+1m

= 0,

ami ellentmondás, hiszen c(α) > 0.

�

7

2.6. Aranymetszés, avagy aranyarány

Az aranymetszés régóta ismert az emberiség számára. Felismerték, hogy egy

szobor, épület vagy akár egy rajz esztétikai szépségét növeli, ha érvényesülnek rajta

az aranymetszés arányai. Több neves m¶vész vagy m¶alkotás épít az aranymetszés

szabályaira, például a magyar Szent korona is eszerint készült vagy Dante Isteni

színjátéka. Bizonyíthatóan az ókorban is ismerték, hiszen az i. e. 2600 körül épült

Gízai Nagy-piramisban is megtalálható ez az arány. Mégpedig úgy, hogy a piramis

alapélének a fele (kb 186,42 m) és az oldallapjainak a magassága (kb 115,18 m)

úgy aránylik egymáshoz, mint az aranyarány.

Matematikailag a következ®képpen közelíthetjük meg. Legyen adott egy távol-

ság, melynek a kisebbik része a és a nagyobbik része b.

2.7. De�níció. Ha kisebbik része (a) úgy aránylik a nagyobbik részhez (b), mint a

nagyobbik rész a (b) az egészhez (a+b), azaz

a

b=

b

a+ b

ezt az arányt aranyaránynak nevezzük.

2.8. De�níció. Ha egy szakaszt egy S pont úgy oszt két részre, hogy a kisebbik sza-

kasz úgy aránylik a nagyobbikhoz, mint a nagyobbik az egészhez, akkor az S az arany-

metsz® pontja.

Teljesen nyílvánvaló, hogy két olyan pont létezik, amelyik az AB szakasznak az

aranymetsz® pontja lehet, mert az S pont lehet az A ponthoz vagy a B ponthoz

közelebb. (Én a következ®kben azt fogom használni, amikor az A-hoz van közelebb

az S, tehát az AS szakasz a rövidebb.)

A következ® pár sorban ismertetem, hogy lehet kiszámolni az aranymetszés pon-

tos értékét.

Induljunk ki a de�nícióból:

a

b=

b

a+ b

8

Ezt beszorzva b-vel és a+b-vel a következ® egyenletet kapom:

a2 + ab = b2

Osztva a2-tel és jobb oldalra rendezve:

0 =b2

a2− b

a− 1

A továbbiakban jelölje ϕ= ba.

Ezt beírva az egyenletbe az alábbi másodfokú egyenletet kapom:

ϕ2 − ϕ− 1 = 0

Az egyenlet két megoldása:

ϕ1 =1 +√5

2≈ 1, 6180339887... és ϕ2 =

1−√5

2≈ −0, 618033988...

Az aranymetszést a pozitív gyökkel szokták jellemezni, tehát ϕ=1, 61803.

Az aranymetszés Euklidészi szerkesztése:

1. Vegyünk fel egy tetsz®leges szakaszt, melynek egyik vége legyen A, a másik

vége legyen B és a szakasz hosszát jelöljük b-vel, amely az aranymetszés sza-

bályai szerint a nagyobbik rész.

2. A B végére állítsunk egy mer®leges félegyenest a b-re, amelyre felmérjük a b2

távolságot, ennek a metszési pontnak a neve legyen O.

3. Szerkesszük meg az O középpontú OB sugarú kört.

4. Az A-ból húzzunk szel®t az O-n keresztül. Az A-hoz közelebbi metszéspont

legyen C a távolabbi pedig D. Vegyük észre, hogy itt a CD = b.

5. Az AC = a távolság lesz az arány kisebbik része, ugyanis a küls® pontból

húzott érint® és szel®szakaszok tétele alapján:

a

b=

b

a+ b

Az alábbi kép ábrázolja az aranyarányt:

9

Az aranymetszés használatára példaként állíthatjuk a pentagrammát, amelyet

az ókorban az eltér® népeknél eltér® jelentése volt, például Babilóniában az öt irányt

jelképezte: elöl, hátul, balra, jobbra és fent. Ezeknek az irányoknak asztrológiai

jelentést is tulajdonítottak, felülr®l kezdve az óramutatás irányában Mars, Jupiter,

Szaturnusz, Merkúr és a Vénusz jelei vannak. A középkorban az öt ®selemet jelölték

vele a szellemet, leveg®t, tüzet, vizet és a földet.

A dolgozatomban szeretném bemutatni a pentagramma szerkesztését, melyet az

alábbiakban lépésenként ismertetek.

1. El®ször egy ötszöget kell szerkeszteni.

(a) Vegyünk fel egy tetsz®leges O pontot és húzzunk bel®le egy tetsz®leges r

sugárú kört.

(b) Jelöljük be egy tetsz®leges A pontot a körvonalon, ez legyen az ötszög

egy pontja.

(c) Kössük össze az A pontot az O ponttal.

(d) Állítsunk egy mer®legest az AO szakaszra, amely a B pontban fogja met-

szeni a körvonalat.

(e) Az OB szakasz felez®pontja legyen C. A C pontból AC sugarral húzzunk

egy kört, amely elmetszi az OB egyenest a D pontban.

10

(f) Felvesszük az AD távolságot és körz®zünk vele A-ból, így keletkezik az E

és az F metszéspont, amely az ötszögnek két pontja lesz.

(g) Körz®nyílásba vesszük az AE távolságot és elmetszük vele a kört az E

pontból, így megkapjuk a G pontot. Ezt megismételjük az F pontból is

és így kialakul az ötszög utolsó pontja is H.

(h) Az AFHGE pontokat összekötve egy szabályos ötszöget kapunk.

2. Miután megszerkesztettük az ötszöget már csak az átlóit kell behúzni és kész

is a pentagramma.

A fenti a szerkesztést alátámasztja Hajós György: Bevezetés a geometriába 163-164.

oldala.

Joggal kérdezhetnénk, hogy a pentagrammban hol jelenik meg az aranymetszés.

Tekintsük az ABHE húrnégyszöget, jelölje az oldalakat a és az átlókat b. Ekkor

meg�gyelhet®, hogy ez egy húrtrapéz, amely kiegészíthet® egy háromszöggé. Legyen

a háromszög csúcsa K.

11

A DAF és a HFA az ötszögnek egy-egy szöge, amelyekr®l tudjuk, hogy 108 fokosak.

A KAF szög éppen a DAF kiegészít® szöge, így ez 72 fokos. A HFA kiegészít® szöge

az AFK szög. Tehát az AFK háromszög egy egyenl® szárú háromszög, amelynek a

harmadik szöge 36 fokos. Meg�gyelhet®, hogy az AHD háromszög hasonló az AKF

háromszöghöz. Ezért az AKF oldalai pontosan b-k lesznek. Ekkor a párhuzamos

szel®k tétele alapján, az AF úgy aránylik a DH-hoz, mint az AK, a DK-hoz, azaz:

a

b=

b

a+ b

12

2.9. Egyéb érdekes matematikai konstansok

1. Euler-Mascheroni konstans.

A harmadik legfontosabb szám az Euler-Mascheroni konstans, melyet néha

csak Euler számnak nevezünk. Eldöntetlen kérdés, hogy algebrai szám vagy

transzcendens, ráadásul azt sem tudjuk bizonyítani, hogy racionális vagy irra-

cionális szám-e.

2.10. Tétel. limn→∞

(n∑k=1

1

k− log(n)

)határérték létezik és véges.

Bizonyítás. Alakítsuk át a szummás kifejezést

n∑k=1

1

k− log(n) =

n∑k=1

1

k−∫ n

1

1

xdx =

n−1∑k=1

∫ k+1

k

(1

k− 1

x

)dx+

1

n

Észrevehet®, hogy ha k ≤ x ≤ k + 1 teljesül, akkor az alábbi egyenl®tlenséget

kapjuk:

0 ≤ 1

k− 1

x≤ 1

k− 1

k + 1=

1

k(k + 1)<

1

k2

Tehát ∣∣∣∣1k − 1

x

∣∣∣∣ < 1

k2

∀k ≤ x ≤ k + 1, ekkor

n∑k=1

1

k− log(n) =

n∑k=1

ak +1

n

ahol |ak| < 1k2. Mivel a

∑1k2

konvergens és 1n→ 0, ha n → ∞, ezért a

n∑k=1

1

k− log(n) határértéke létezik és véges.

�

2.11. De�níció. Az Euler-Mascheroni konstans:

γ = limn→∞

(n∑k=1

1

k− log(n)

)=

∫ ∞1

(1

[x]− 1

x

)dx ≈ 0.57721566490153286.

13

Megyjegyzés. A bizonyításból nyilvánvaló, hogy limn→∞

(n∑k=1

1

k− log(n)

)és∫ ∞1

(1

[x]− 1

x

)dx egyenl®.

Számos helyen el®fordul az Euler-Mascheroni konstans, például

• A számelméletben felírható a prímszámok sorozata:

γ = limn→∞

(log(n)−

∑p≤n

log(p)

p− 1

), ahol p prím.

• A számelméletben egy fontos konstans az eγ. A következ® sorozattal

írható fel:

eγ = limn→∞

1

log(pn)

n∏i=1

pipi − 1

, ahol pn az n-edik prímszám.

• A válószín¶ségszámításban a kupongy¶jt® problémánál merül fel. Rövi-

den ismertetem a problémát. Tegyük fel, hogy n darab kuponból vélet-

lenszer¶en visszatevéssel húzunk. Mennyi a várható értéke annak, hogy

megszerezzük mind az n kupont? Legyen ti az i-edik kupon megszerzésé-

nek az ideje, miután már megszereztük az (i-1)-ediket, ennek a várható

értéke E(ti), és legyen T az az id®, amennyi ahhoz kell, hogy minden

kupont kihúzzunk egyszer, ennek a várható értéke E(T ). Ekkor világos,

hogy

E(T ) = E(t1) + E(t2) + E(t3) + · · ·+ E(tn) =1

p1+

1

p2+ · · ·+ 1

pn

=n

n+

n

n− 1+ · · ·+ n

1= n

(1

1+

1

2+ · · ·+ 1

n

)= n ·Hn

A Hn jelölje a harmonikus sort. Használjuk az asszimptotikus becslést

E(T ) = n ·Hn = n log(n) + γn+1

2+ o(1), n→∞

2. Catalan-állandó.

Eugéne Charles Catalan belga matematikusról kapta a nevet ez az állandó,

amely leggyakrabban a kombinatorikai becslésekben fordul el®. Jelenleg 31

026 000 000 2009 tizedesjegye ismert, amelyet április 16-án Alexander J. Yee

és Raymond Chan tették közzé. Még nem sikerült bizonyítani, hogy algebrai

szám vagy transzcendes, s®t azt sem tudjuk, hogy irracionális-e.

2.12. Tétel. A∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)2konvergens.

14

Bizonyítás. A∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)2egy Leibniz-sor, mert

(a) váltakozó el®jel¶,

(b) tagjai nullsorozatot alkotnak: limn→∞

1

(2n+ 1)2= 0

(c) a sorozat tagjai abszolút értékben mononton csökken®: 1; 19≈ 0, 111; 1

25=

0, 04; 149≈ 0, 0204 . . .

Tehát a fenti sor Leibniz-sor, így konvergens. �

2.13. De�níció. Catalan-állandó:

G =∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)2=

1

12− 1

32+

1

52− 1

72+ · · · ≈ 0, 9159655911177 . . .

Integrálok, melyeknek az értéke éppen a Catalan-állandó:

(a) G =

∫ 1

0

∫ 1

0

1

1 + x2y2dxdy

(b) G = −∫ 1

0

ln(t)

1 + t2dt

(c) G =

∫ π4

0

t

sin(t)cos(t)dt

(d) G =

∫ ∞0

arctan(e−t)dt

3. Brun-konstans.

A számelméletben ez a konstans nagyon fontos, hiszen megoldhatna egy neve-

zetes problémát, az ikerprím-sejtést. Ez a sejtés az, hogy végtelen sok olyan

p prím van, amire p+2 is prím, például 3,5; 5,7; 17,19. Az ilyen prímpárokat,

melyeknek a különbsége 2, ikerprímeknek nevezzük.

2.14. Tétel. Brun-tétele:

(1

3+

1

5

)+

(1

5+

1

7

)+

(1

11+

1

13

)+ . . . véges

értékhez konvergál.

2.15. De�níció. Brun-konstans:

B2 =

(1

3+

1

5

)+

(1

5+

1

7

)+

(1

11+

1

13

)+ · · · ≈ 1, 902160583104

Ha bebizonyítanánk, hogy a Brun-konstans irracionális, akkor abból azonnal

következne, hogy az ikerprím-sejtés igaz volna. Viszont, ha a racionalitását

sikerülne bebizonyítani az nem igazolná és nem is cáfolná ezt a kérdést.

15

3. fejezet

Nevezetes sorozatok

3.1. Fibonacci számok

Az egyik legismertebb rekurzív összefüggés Leonardo Fibonacci nevéhez f¶zödik,

amelyet 1202-ben megjelent Liber Abaci cím¶ könyvében fogalmazott meg:

Egy nyúlpárnak havonta egyszer születik kölyke, egy hím és egy n®stény. A

kölyköknek születésük után két hónap múlva lesz el®ször kölykük. Feltételezzük,

hogy a nyúlpárok örökké élnek és minden termékeny nyúlpár minden hónapban szül

egy újabb nyúlpárt. Hány pár nyúl lesz n hónap múlva?

Kis n-ekre könnyen ki lehet számolni, csak �gyelni kell, hogy éppen hány nyúlpár

válik ivaréretté. Az els® hónapban 1 pár nyulunk van és ez a helyezet a második

hónapban sem fog változni. A harmadik hónapban viszont már 2 nyúlpárunk van,

hiszen az els® nyúlpárunk ivarérett lett. A negyedik hónapban már 3 nyúlpárnk van

és az ötödik hónapban a harmadik hónapban született nyúlpár is ivarérett lett, így

5 nyúlpárt számolhatunk és így tovább. Az egyszer¶ség kedvéért tegyük fel, hogy a

nulladik hónapban lév® nyúlpárok száma 0. Így a következ® sorozatot kapjuk:

0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, ...

Ha jobban megnézzük ezt a sorozatot, akkor látható, hogy a következ® számot úgy

kaphatjuk meg, hogy az el®z® kett®t összeadjuk. Más szavakkal az (n+1)-edik havi

nyúlpárok számát úgy kaphatjuk meg, hogy az n-edik hónapban meglév® nyúlpárok

számát és az újszületteket számát összeadjuk. Az újszülöttek száma éppen az (n-1)-

edik hónapban lév® nyúlpárok számával egyenl®, ugyanis pontosan azok és csak azok

fognak az (n+1)-edik hónapban szülni, amelyek az (n-1)-edik hónapban már meg-

voltak. Jelöljük Fn-el az n-edik hónapban lév® nyúlpárok számát. Így a következ®

de�níciót írhatjuk fel:

3.2. De�níció. Fibonacci számok:

16

Fn+1 = Fn + Fn−1 és F0 = 0, F1 = 1.

A képlet alapján már nagyobb n-re is könnyen kiszámíthatóak lesznek a sorozat

tagjai. Viszont ezzel a képlettel ki kell számolni n el®tt az összes tagot mire megkap-

juk a kivánt számot. Vajon létezik-e olyan képlet, amellyel csupán n ismeretében ki

tudjuk számolni azt a tagot. A kérdésre a választ az alábbi tétel adja meg.

3.3. Tétel. A Fibonacci-számokra fennáll az alábbi azonosság:

Fn =1√5

((1 +√5

2

)n

−

(1−√5

2

)n)

Erre a tételre három különböz® bizonyítást szeretnék adni, az els® egy egyszer¶

teljes indukciós bizonyítás, a második egy mértani sorozatos és a harmadik bizonyítás

generátorfüggvényes. Ez is azt mutatja, hogy milyen sokan foglalkoztak a Fibonacci-

számokkal.

1. Bizonyítás. Teljes indukcióval bizonyítsuk.

n=0-ra

F0 =1√5

(1 +√5

2

)0

−

(1−√5

2

)0 =

1√5(1− 1) = 0

n=1-re

F1 =1√5

(1 +√5

2

)1

−

(1−√5

2

)1 =

1√5

(1 +√5− 1 +

√5

2

)=

1√5· 2√5

2= 1

Tehát n=0-ra és n=1-re igaz. Az Fn−1-re és az Fn−2-re igaz a képlet. A rekurzióból

az n ≥ 2-ra a következ® adódik:

Fn = Fn−1 + Fn−2 =

1√5

(1 +√5

2

)n−1

−

(1−√5

2

)n−1 +

1√5

(1 +√5

2

)n−2

−

(1−√5

2

)n−2 =

1√5

(1 +√5

2

)n−2(1 +√5

2+ 1

)− 1√

5

(1−√5

2

)n−2(1−√5

2+ 1

)=

17

1√5

(1 +√5

2

)n−2(3 +√5

2

)− 1√

5

(1−√5

2

)n−2(3−√5

2

)= (∗)

1√5

(1 +√5

2

)n−2(1 +√5

2

)2

− 1√5

(1−√5

2

)n−2(1−√5

2

)2

=

1√5

(1 +√5

2

)n

− 1√5

(1−√5

2

)n

.

A (*) egyenl®ség az alábbiak miatt igaz:

1.3 +√5

2=

6 + 2√5

4=

1 + 2√5 + 5

4=

(1 +√5

2

)2

2.3−√5

2=

6− 2√5

4=

1− 2√5 + 5

4=

(1−√5

2

)2

Ezzel beláttuk a tételt.

�

2. Bizonyítás. Induljunk ki az n+2-dik tag de�níciójából.

fn+2 = fn+1 + fn

Tegyük fel, hogy az fn = rn-el. Helyettesítsünk be az egyenletbe, és határozzuk

meg a megoldásokat.

rn+2 = rn+1 + rn

Átrendezés és rn-nel való egyszer¶sítés után a következ® egyenletet kapjuk:

r2 − r − 1 = 0

Másodfokú megoldóképlettel megoldjuk és az alábbi két megoldást kapjuk:

r1 =1 +√5

2, r2 =

1−√5

2

Az rn1 =

(1 +√5

2

)n

, rn2 =

(1−√5

2

)n

megoldásoknak a lineáris kombinációja

is megoldása az egyenletnek. Keressük Fn-t ilyen alakban: (Fn) = a · (rn1 ) + b · (rn2 ).A kezdeti feltételekb®l F0 = 0-ból és F1 = 1-b®l meghatározhatjuk az a-t és a b-t.

Tehát

18

I. F0 = 0 = a+ b

II. F1 = 1 = a

(1 +√5

2

)+ b

(1−√5

2

)

Az I. és a II. egyenletb®l azt kapjuk, hogy:

a =1√5, b = − 1√

5

Ezt visszahelyettesítve az Fn = a · rn1 + b · rn2 -be, éppen a tételt kapjuk meg.

�

3. Bizonyítás. Tekintsük a F (x) =∞∑k=0

Fkxk hatványsort. A Fibonacci-sorozat

de�níciójából könnyen adódik teljes indukcióval, hogy Fn < 2n, emiatt az F (x)

hatványsor abszolút konvergens |x| < 12-re.

Ekkor

F (x) = F0 + F1x+∞∑k=2

Fkxk =

= x+∞∑k=2

(Fk−1xk + Fk−2x

k) =

= x+ x∞∑k=2

Fk−1xk−1 + x2

∞∑k=2

Fk−2xk−2 =

= x(F (x) + 1) + x2F (x) = x+ (x+ x2)F (x)

Ebb®l az alábbi egyenletet tudjuk felírni F(x)-re

F (x) =x

1− x− x2

Az 1− x− x2 polinomot alakítsuk át szorzattá, így a következ®t kapjuk:

F (x) =x

(1− 1+√5

2x)(1− 1−

√5

2x)

Parciális törtekre bontjuk:

F (x) =1√5

1

1− 1+√5

2x− 1√

5

1

1− 1−√5

2x=

19

Az (1− 1+√5

2x)−1 függvény sorba fejtése után:

=1√5

[ ∞∑n=0

(1 +√52

)nxn −

∞∑n=0

(1−√52

)nxn]

1√5

[ ∞∑n=0

(1 +√52

)n−

(1−√52

)n]xn.

Tehát xn együtthatójára a tételben megadott értéket kapjuk.

�

A Fibonacci-sorozat tulajdonságai.

A Fibonacci-sorozatnak rengeteg tulajdonsága van, így csak néhány érdekesebb tu-

lajdonságot szeretnék kiemelni.

1. A Fibonacci-sorozat egymást követ® tagjainak a hányadosából kapott sorozat

határértéke pontosan az aranymetszéshez ϕ ≈ 1, 618033988 . . . -hez tart.

limn→∞

Fn+1

Fn= ϕ

Bizonyítás.

x = limn→∞

Fn+1

Fn= lim

n→∞

Fn + Fn−1Fn

= 1 + limn→∞

Fn−1Fn

= 1 +1

limn→∞

FnFn−1

= 1 +1

x,

azaz x2 = x+ 1, amelynek a gyökei ϕ és 1− ϕ.

�

2. A sorozat n-edik tagja eggyel nagyobb, mint az els® n-2 tag összege, azaz

Fn = 1 +n−2∑i=1

Fi.

Bizonyítás. Alkalmazzuk a rekurzív de�níciót többször egymás után:

Fn = Fn−1 + Fn−2 = Fn−2 + Fn−3 + Fn−2 = Fn−3 + Fn−4 + Fn−3 + Fn−2 =

· · · = Fn−(n−2) + Fn−(n−1) + Fn−(n−2) + Fn−(n−3) + · · ·+ Fn−3 + Fn−2

Amit egyszer¶bben így írhatjuk fel:

Fn = F2 + F1 + F2 + F3 + F4 + · · ·+ Fn−3 + Fn−2

20

Mivel a jobb oldali összeg els® tagja F2 = 1, ezért

Fn = 1 +n−2∑i=1

Fi.

Ezzel bebizonyítottuk ezt a tulajdonságok.

�

3. Az els® n tag négyzetösszege egyenl® az n-dik és (n+1)-dik tag szorzatával,

azaz:

n∑i=1

F 2i = FnFn+1

Bizonyítás. Ennek a tulajdonságnak a bizonyításához a sorozat de�níciójából

induljunk ki.

Fn+1 = Fn + Fn−1

Amit rendezzük úgy, hogy a bal oldalon Fn álljon

Fn = Fn+1 − Fn−1

Ezt az egyenl®séget szorozzuk fel Fn-el, így az alábbi egyenl®séget kapom:

F 2n = Fn(Fn+1 − Fn−1)

Most alkalmazzuk egymás után ezt a rekurziós feltevést:

F 21+F

22+F

23+· · ·+F 2

n = F 21+F2(F3−F1)+F3(F4−F2)+· · ·+Fn(Fn+1−Fn−1) =

F 21 + F2F3 − F2F1 + F3F4 − F3F2 + F4F5 − F3F4 + · · ·+ FnFn+1 − FnFn−1.

Ha jobban megnézzük ezt az egyenl®séget, akkor látjuk, hogy sok tag kiesik és

csak az els®, harmadik és az utolsó el®tti tag marad meg, így ezt kapjuk:

n∑i=1

F 2i = F 2

1 − F2F1 + FnFn+1 = 1− 1 + FnFn+1 = FnFn+1

Ezzel beláttuk ezt a tulajdonságot.

�

21

Általánosított Fibonacci-sorozat

A Fibonacci-sorozat általánosabb formájában adott egy olyan g sorozat, amely a

gn+2 = gn + gn+1 rekurzív képletet kielégíti. Nyílvánvalóan minden ilyen sorozat

átírható olyan alakra, hogy gn = aFn + bFn+1.

1. Lucas-számok

A Fibonacci-típusú sorozatok el®állításának egyik módja, amikor a rekurzivi-

tási tulajdonságot változatlanul hagyva, az els® két elem értékét változtatjuk

meg. A Lucas-számok is ilyen típusú számok.

3.4. De�níció. Lucas számok:

L0 = 2, L1 = 1 és Ln+2 = Ln + Ln+1, ha n>2.

Néhány összefüggés a Fibonacci és a Lucas számok között:

(a) Ln = Fn−1 + Fn+1

Bizonyítás. Teljes indukcióval fogom bizonyítani.

Ellen®rizzük az állítást, hogy n = 1-re igaz-e.

L1 = 1 = F0 + F2 = 0 + 1√

Tegyük fel, hogy k-ig igaz az állítás. Ekkor be kell látni, hogy k+1-re is

igaz is.

Lk+1 = Lk−1 + Lk

= Fk−2 + Fk + Fk−1 + Fk+1

= (Fk−2 + Fk−1) + (Fk + Fk+1)

= Fk + Fk+2

Ezzel beláttuk az állítást.

�

(b) Fn =1

5(Ln−1 + Ln+1)

Bizonyítás. Teljes indukcióval fogom bizonyítani. Ellen®rizzük az állí-

tást n=1-re.

F1 = 1 =1

5(L0 + L2) =

1

5(2 + 3) = 1.

√

22

Tegyük fel, hogy az állítás k-ig igaz. Ekkor be kell látni k+1-re is.

Fk+1 = Fk + Fk−1

=1

5(Lk−1 + Lk+1) +

1

5(Lk−2 + Lk)

=1

5(Lk−1 + Lk−2 + Lk+1 + Lk)

=1

5(Lk + Lk+2)

Ezzel beláttuk ezt az állítást.

�

A következ® tulajdonságokat érdekességként, bizonyítás nélkül írom le:

(c) Fn+1 =1

2(Fn + Ln)

(d) F2n = FnLn

(e) Fm+n =1

2(FmLn + FnLm)

(f) Fm−n =1

2(−1)n(FmLn − FnLm)

2. Polibonacci-számok Hasonlóan számoljuk a Fibonacci számokhoz, csak

kett® helyett három, négy vagy több elemet adunk össze. Amikor három ele-

met adunk össze, azt tribonacci-számoknak nevezzük és a tagjai 1, 1, 2, 4, 7,

13, 24, 44, 81, . . . .

3.5. De�níció. k-ad rend¶ Fibonacci-sorozatnak nevezzük az F(k)0 = F

(k)1 =

· · · = F(k)k−1 kezd®értékkel az alábbi sorozatot.

F (k)n = F

(k)n−1 + F

(k)n−2 + · · ·+ F

(k)n−k =

k∑i=1

F(k)n−i, ahol (n ≥ k)

23

3.6. Catalan-számok

A leggyakrabban úgy szokták bevezetni a Catalan számokat, hogy hányfélekép-

pen zárójelezhet® egy (n+1) tényez®s szorzat (n-1) zárójelpár felhasználásával. Je-

löljük ezeket a számokat Cn-nel. Nézzünk rá pár példát, hogy mit is jelent ez

tulajdonképpen.

Legyen n=1, ezt egyféleképpen lehet zárójelezni (a · b). Legyen n = 2 ekkor két

lehet®ség van (a · b) · c és a · (b · c), azaz C2 = 2. Ha n=3, akkor ((a · b) · c) · d,(a · (b · c)) · d, a · ((b · c) · d), a · (b · (c · d)) és (a · b) · (c · d), azaz C3 = 5.

Így a Catalan számok sorozata a következ®: C0 = 1, C1 = 1, C2 = 2, C3 = 5, C4 =

14, C5 = 42, C6 = 132, ...

3.7. Tétel. C1 = 1 és n ≥ 2 egész szám, akkor

Cn =n−1∑k=0

CkCn−k−1

Bizonyítás. Meg�gyelhet®, hogy egy szorzásjel mindig a zárójelen kívül esik. Ha

ez a szorzásjel a k-adik és a (k+1)-dik tag közé esik, akkor az el®tte lév® változók

pontosan Ck-féleképpen zárójelezhet®ek még az utána lév® (n-k) tag pedig Cn−k−1-

féleképpen. Így a lehet®ségek száma k-ra összegezven−1∑k=0

CkCn−k−1

�

3.8. Tétel. A Catalan számokat a következ®képpen írhatjuk fel:

Cn =1

n+ 1

(2n

n

)

Bizonyítás. Legyen a c(x) =∞∑n=1

Cnxn.

Ezt a kifejezést négyzetre emelve (c(x))2 = C1C1x2 + (C2C1 + C1C2)x

3 + ... =

c(x)− x. Ebb®l c(x)-et kifejezve, �gyelembe véve, hogy c(x)-ben konstans tag nem

szerepel.

c(x) =1−√1− 4x

2

Newton általánosított binomiális tétele alapján felírható, hogy

√1− 4x = (1− 4x)

12 =

∞∑k=0

(12

k

)(−4x)k

24

Ezt visszahelyettesítve c(x)-be:

c(x) =1

2x

[1−

∞∑k=0

(12

k

)(−4x)k

]

= − 1

2x

∞∑k=1

(12

k

)(−4)k(x)k

= −1

2

∞∑k=1

(12

k

)(−4)k(x)k−1

Az n = k − 1 helyettesítéssel az alábbi képletet kapjuk c(x)-re:

c(x) = 2∞∑n=0

(12

n+ 1

)(−4)nxn

Alakítsuk át a binomiális együtthatót(12

n+ 1

)=

1

(n+ 1)!

1

2

(−1

2

)(−3

2

). . .

(−2n− 1

2

)= (−1)n1 · 3 · 5 . . . (2n− 1)

(n+ 1)! · 2n+1

Ahhoz, hogy a számlálóban (2n)! állhasson, ahhoz el kell osztani 2 · 4 . . . (2n)-el,mert így nem változtatunk a tört értékén.

(−1)n (2n)!

2n+1(n+ 1)! · 2 · 4 · 6 . . . (2n)=

Emeljük ki a 2 · 4 · 6 · 8 . . . 2n mindegyik tagjából a 2-t.

(−1)n (2n)!

2n+1(n+ 1)!2n(1 · 2 · 3 · 4 . . . n)= (−1)n (2n)!

22n+1(n+ 1)!n!=

Alakítsuk szorzattá a törtet és az (n+ 1)! helyett írjunk (n+ 1) ∗ n!-t

(−1)n 1

22n+1(n+ 1)

2n!

n! · n!

Ebb®l az alábbi egyenl®ség adódik:(12

n+ 1

)=

1

2 · (−4)n(n+ 1)

(2n

n

)Ezt visszahelyettesítve c(x)-be

c(x) = 2∞∑n=0

1

2 · (−4)n(n+ 1)

(2n

n

)(−4)nxn =

∞∑n=0

1

n+ 1

(2n

n

)xn

Tehát az xn-nek az együtthatója pontasan a Cn képlete.

�

Tulajdonságok.

1. Állítás. Cn kiszámításának alternatív módja:

25

Cn =

(2n

n

)−(

2n

n− 1

), ahol n ≥ 1.

Bizonyítás. A binomiális eggyüttható faktorizációs alakjából induljunk ki.

(2n

n

)−(

2n

n− 1

)=

(2n)!

n! · n!− (2n)!

(n− 1)! · (n+ 1)!

Hozzuk közös nevez®re és emeljük ki a számlálóban a (2n)!.

(n+ 1) · (2n)!− n · (2n)!n! · (n+ 1)!

=(n+ 1− n) · (2n)!(n+ 1) · n! · n!

=1

n+ 1· (2n)!n! · n!

=1

n+ 1

(2n

n

)Ez a de�níció alapján éppen a Cn.

�

2. Állítás. Felírható a következ® rekurzív sorozattal: Cn =1

n+ 1

n∑i=0

(n

i

)2

Bizonyítás. A bizonyítást két részre fogom bontani, az els® részben bebizo-

nyítom a Vandermonde-azonosságot, a második részben pedig megmutatom,

hogy következik bel®le az állítás.

(a) Vandermonde-azonosság. 0 ≤ r, r ≤ m és r ≤ n(m

0

)(n

r

)+

(m

1

)(n

r − 1

)+

(m

2

)(n

r − 2

)+· · ·+

(m

r

)(n

0

)=

(m+ n

r

).

Vandermonde-azonosság bizonyítása. Vegyünk egy A és egy B hal-

mazt, amelyeknek az elemszáma m és n. Legyen az A∩B = ∅. Számoljuk

meg, hogy hány r elem¶ részhalmaza van A∪B-nek? Egyrészt az A∪Belemszáma m+n, melyb®l kiválasztunk r elem¶ részhalmazt, ami

(m+nr

).

Másrészt, minden r elem¶ részhalmazt megkapunk úgy, hogy vegyük az

A-nak az összes lehetséges módon a k elem¶ részhalmazát, B-nek egy

r-k elem¶ részhalmazát és képezzük ezek unióját, ahol 0 ≤ k ≤ r. A

lehet®ségek száma éppen a bal oldali összeg.

(b) A Vandermonde-azonosságban legyen m=n, r=n és használjuk a binomi-

ális együtthatók szimmetria-tulajdonságát((nk

)=(m−kn

)).

Így azt kaptuk, hogyn∑i=0

(n

i

)2

=

(2n

n

).

Ezzel a helyettesítéssel Cn =1

n+ 1

n∑i=0

(n

i

)2

=1

n+ 1

(2n

n

).

26

�

3. Állítás. A Catalan-számok egy kiszámítási módja:

C0 = 1 és Cn+1 =2(2n+ 1)

n+ 2Cn.

Bizonyítás. Induljunk ki a Catalan-számok de�níciójából.

Cn+1 =1

n+ 2

(2n+ 2

n+ 1

)=

1

n+ 2

(2n+ 2) · (2n+ 1) · (2n)!(n+ 1) · n! · (n+ 1) · n!

Egyszer¶títés után már könnyen látható, hogy az állítás igaz.

Cn+1 =1

n+ 2

2 · (2n+ 1) · (2n)!(n+ 1) · n! · n!

=2 · (2n+ 1)

n+ 2

1

n+ 1

(2n)!

n! · n!=

2(2n+ 1)

n+ 2Cn.

�

4. Azok a Catalan-számok páratlanok, ahol igaz, hogy n = 2k− 1, a többi páros.

5. A Catalan-számoknak egy integrálos reprezentációja:

Cn =

∫ 4

0

xn1

2π

√4− xx

dx.

A Catalan számokat leginkább a kombinatorikában használják. Az alábbi felada-

tokban megmutatom két lehetséges felhasználását.

1.Feladat. Egy n oldalú konvex sokszöget, hányféleképpen lehet felbontani há-

romszögekre az átlóival úgy, hogy az átlók nem metszik egymást?

Megoldás. A keresett számot jelölje En és megállapodás szerint az E2 legyen 1.

A háromszögnek nincs átlója így 1-féleképpen lehet háromszögekre bontani, tehát

E3 = 1. A négyszögeknek két átlójuk van és ezeket behúzva 2-féleképpen lehetséges

háromszögekre bontani, azaz E4 = 2. Tekintsünk egy n oldalú sokszöget,melynek

csúcsai legyenek A1, A2, A3, . . . , An. Húzzuk be az A1Ak és AkAn átlókat, ekkor az

átlók az n-szöget három részre bontják, egy A1, A2, . . . , Ak k-szögre, egy A1AkAn

háromszögre és egy AkAk+1 . . . An (n-k+1)-szögre.

27

Mivel a k-szöget Ek-féleképpen, az (n-k+1) szöget En−k+1-féleképpen bonthatjuk fel

háromszögekre, ezért az A1AkAn háromszöget tartalmazó háromszögekre bontások

száma EkEn−k+1, ahol 2 ≤ k ≤ n− 1.

Tekintsük az összes lehetséges háromszögekre bontást:n−1∑k=2

EkEn−k+1, ahol n ≥ 3.

Ha feladatban n oldalú sokszög helyett (n+2) oldalú sokszöget tekintünk, akkor

azt kapjuk, hogy En+2 =n+1∑k=2

EkEn−k+3. Legyen E ′n = En+2, ebben az esetben a

következ®képpen alakul a szumma:

E ′n =n+1∑k=2

E ′k−2E′n−k+1 ,azaz

E ′n =n+1∑j=0

E ′jE′n−j−1

ami nem más mint a Catalan számok de�níciója. Tudjuk, hogy a kezdeti érték

E ′1 = 1 = E3 = C1 ebb®l következik, hogy az E ′n = Cn-el ∀ n ≥ 1-re.

Tehát az n oldalú sokszög háromszögekre bontására a következ® képletet kapjuk:

En = Cn−2 =1

n− 1

(2n− 4

n− 2

), n ≥ 3

2.Feladat Egy nxn-es sakktáblán, hányféleképpen juthatunk el a bal alsó sa-

rokból a jobb fels® sarokba úgy, hogy egyszerre egyet léphetünk jobbra vagy felfelé

és a mellékátló (a bal alsó sarkot és a jobb fels® sarkot összeköt® vonal) fölé nem

léphetünk?

Megoldás. Jelölje an az összes lehetséges utak számát és bn a mellékátló alatt

maradó utak számát. Kicsi n-ekre könnyen látszik,hogy a1 = 1, a2 = 2, a3 = 6, a4 =

10, . . . és a b1 = 1, b2 = 1, b3 = 2, b4 = 5, . . . .

Legyen a bal alsó sarok A és a jobb fels® sarok B. Számoljuk meg an-t, azaz az

összes olyan út számát, amely A-ból B-be megy. Ez pontosan an =(2n−2n−1

), mert

2n−2 lépésre van szükség ahhoz, hogy eljussunk A-ból B-be, és ebb®l n−1-et jobbraés n−1-et felfelé teszünk meg. A 2n−2-b®l ki kell választani n−1-et, amikor jobbra

lépünk.

A jó utak megszámolása egyszer¶bb, ha úgy számoljuk, hogy az összes utak

száma mínusz a rossz utak száma. Minden rossz út a mellékátló fölé kerül, tehát

az ábrán látható e egyenest metszi. Egy rossz út els® metszéspontja legyen P, így

egy rossz út az A-P és a P-B részekb®l áll. Tükrözzük az A-P törött vonalat az e

egyenesre, melynek a tükörképe A′-P. Ekkora az A′-B utat az A′-P és a P-B alkotja.

Bijektív megfeleltetés van az A-B rossz utak és az A′-B utak között. Az A′-b®l B-be

28

men® utak száma(2n−2n

), mert 2n-2 lépésb®l megadjuk azt az n-et, amikor jobbra

lépünk.

Így a jó utak száma: bn =

(2n− 2

n− 1

)−(2n− 2

n

)= Cn−1

Ez az els® tulajdonság alapján pontosan megeggyezik a (n-1)-edik Catalan-

számmal.

29

Köszönetnyilvánítás

Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezet®mnek, Ágoston Istvánnak, aki

szakértelmével és hasznos tanácsaival segítette a szakdolgozatom elkészülését.

Hálával tartozom továbbá családomnak és barátaimnak, hogy megértéssel és tü-

relemmel segítettek az egyetemi éveim alatt, minden helyzetben mellettem álltak és

tartották bennem a lelket a legnehezebb helyeztekben.

Köszönöm mindenkinek!

30

Irodalomjegyzék

[1] Steven R. Finch: Mathematical Constans, Cambridge University Press, 2003.

[2] Freud Róbert, Gyarmati Edit: Számelmélet, Nemzeti Tankönyvkiadó, 2006.

[3] Sain Márton: Nincs királyi út!, Gondolat Budapest, 1986

[4] Szakács Erzsébet: Arany arány, elektronikus jegyzet, amely megtekinthet®:

http://szrg.hu/wp-content/uploads/�les/aranymetszes.pdf

[5] http://hu.wikipedia.org/wiki/Aranymetszés

[6] Buzás Ferenc: Az aranymetszés vizuális világa, 2010. (letölthet® könyv)

[7] Ger®cs László: A Fibonacci-sorozat általánosítása, Scolar Kiadó, 1998.

[8] Katona Gy. - Recski A. - Szabó Cs. : A számítástudomány alapjai, Typotex

Kiadó, 2006.

[9] http://en.wikipedia.org/wiki/Catalan_number

[10] Király Balázs, Tóth László: Kombinatorika jegyzet és fel-

adatgy¶jtemény, elektronikus jegyzet, amely megtekinthet®:

http://tamop412a.ttk.pte.hu/�les/Kombinatorika_kesz_jav3_�nal.pdf

[11] Pelikán József 2006. november 23-ai el®adása nyomán készí-

tett jegyzet Török Lajos és Hraskó András által. Megtalálható:

http://matek.fazekas.hu/portal/eloadas/2006/eloadas_2006_11_21_peli-

kan.pdf

[12] http://hu.wikipedia.org/wiki/Catalan-állandó

[13] http://en.wikipedia.org/wiki/Euler-Mascheroni_constant

[14] http://hu.wikipedia.org/wiki/Brun-konstans

[15] http://asgarli.wordpress.com/2012/07/02/existence-of-euler-mascheroni-

constant/

31

[16] http://hu.wikipedia.org/wiki/Fibonacci-számok

[17] http://en.wikipedia.org/wiki/Coupon_collector's_problem

[18] Hajós György: Bevezetés a geometriába, Tankönyvkiadó, 1972.

32