Fórum: Fibonacci és a Lucas számok

Kedves emm! Úgy érzem magam, mint a mesében, csak kimondtam a kívánságom és máris teljesült! Köszi!

Mivel a Fibonacci-spirál logaritmikus spirál, ezért a paraméterezése:

&tex;\displaystyle x(\theta)=a\cos \theta e^{b\theta}\qquad y(\theta)=a\sin \theta e^{b\theta}\qquad z(\theta)&xet;

Az egyenletesen emelkedve (nekem legalábbis) azt jelenti, hogy "megtett ívhossz=konstans&tex;\displaystyle \cdot&xet;emelkedés"

&tex;\displaystyle \int_{\theta_1}^{\theta_2}\sqrt{\left(\frac{\partial x(\theta)}{\partial \theta}\right)^2+\left(\frac{\partial y(\theta)}{\partial \theta}\right)^2+\left(\frac{\partial z(\theta)}{\partial \theta}\right)^2}{\rm{d}}\theta=c\left(z(\theta_2)-z(\theta_1)\right)&xet;

Legyen &tex;\displaystyle w(\theta)=\frac{\partial z(\theta)}{\partial \theta}&xet;, és végezzük el a zárójelen belüli egyszerűsítéseket:

&tex;\displaystyle \int_{\theta_1}^{\theta_2}\sqrt{a^2(1+b^2)e^{2b\theta}+w(\theta)^2}{\rm d}\theta=c\int_{\theta_1}^{\theta_2}w(\theta){\rm d}\theta&xet;

Vagyis elegendő azt biztosítani, hogy:

&tex;\displaystyle a^2(1+b^2)e^{2b\theta}+w(\theta)^2=c^2w(\theta)^2&xet;

Ebből:

&tex;\displaystyle w(\theta)=\frac{a\sqrt{(1+b^2)}e^{b\theta}}{\sqrt{c^2-1}}\implies z(\theta)=\frac{a\sqrt{(1+b^2)}e^{b\theta}}{b\sqrt{c^2-1}}&xet;

(Azért, hogy &tex;\displaystyle \theta=-\infty&xet;-ben &tex;\displaystyle 0&xet; magasan legyünk). Vagyis a görbe paraméterezése:

&tex;\displaystyle x(\theta)=a\cos \theta e^{b\theta}\qquad y(\theta)=a\sin \theta e^{b\theta}\qquad z(\theta)=\frac{a\sqrt{(1+b^2)}e^{b\theta}}{b\sqrt{c^2-1}}&xet;

Mivel forgásszimmetrikus a &tex;\displaystyle z&xet; tengelyre, ezért a teljes felület paraméterezése:

&tex;\displaystyle \left( a e^{b \theta } \cos (\theta +\omega ), \qquad a e^{b \theta } \sin (\theta +\omega ), \qquad \frac{a \sqrt{b^2+1} e^{b \theta }}{b \sqrt{c^2-1}} \right) &xet;

Ahol &tex;\displaystyle a\in R^+&xet; (lényegtelen) skálázási paraméter, &tex;\displaystyle b=\frac{2}{\pi}&xet;ln&tex;\displaystyle \varphi&xet;, ahol &tex;\displaystyle \varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}&xet;, &tex;\displaystyle c>1&xet; tetszőleges.

Jó ez a Fibonacci körút! Az jutott eszembe, hogy milyen z(x) függvény írja le azt a hengerszimmetrikus dombot, amire a Fibonacci spirál mentén egyenletesen emelkedve mehetünk fel?

Valószínű nem lesz valami népszerű ez az óra. :o)

Egy kis segítség: öt perc pontossággal jelzi az időt, s a fehér semleges szín.

Persze Rodolfo-t játszottam, s ezért engesztelésül berakok egy Finonacci érdekességet. Budapesten a Fibonacci körutat.

Jó kis IQ teszt saját magadnak: Nézd meg a film elejét és próbálj rájönni, hogyan kódolja az időt ez az óra! Aztán persze mondhatod mindenkinek, hogy te 10 másodperc alatt rájöttél.

Fibonacci óra

Ő izé.

A kiegészítő feladat a következő. Tekintsünk most egy általánosabb lineáris rekurzióval definiált sorozatot a következőképpen. Legyenek &tex;\displaystyle p, q &xet; egész számok, &tex;\displaystyle a_0 = 0 &xet;, &tex;\displaystyle a_1 = 1 &xet;, és &tex;\displaystyle a_{n+1} = pa_n + qa_{n-1} &xet;. Az előző bizonyítás láthatóan nem használja ki a &tex;\displaystyle p &xet; és &tex;\displaystyle q &xet; értékeit, ezért továbbra is igaz, hogy &tex;\displaystyle a_k | a_{nk} &xet;.

A Fibonacci-sorozat esetén ebből be lehet látni a 12. állítást, vagyis hogy &tex;\displaystyle {\rm gcd}(F_n, F_k) = F_{{\rm gcd}(n,k)} &xet;. Hol romlik el a bizonyítás, a kicsit általánosabb &tex;\displaystyle {\rm gcd}(a_n, a_k) = a_{{\rm gcd}(n,k)} &xet; állítást akarjuk bebizonyítani? Mutassunk explicit ellenpéldát is, amikor ez az állítás nem igaz! Az ellenpélda lehetőleg kicsi, fejben ellenőrizhető legyen.

Persze, de sokszor az explicit formula nélkül, ha nem ismersz rengeteg azonosságot fejből, vagy esetleg nem mondják meg a zárt képletet, sokkal nehezebb elindulni (néha meg pont az explicit formulával szívás) ld. 5.-7. kérdés :)

(5)-re a következő képletig jutottam, ha nem néztem be semmit:

&tex;\displaystyle 5\sum_{i=1}^{n}F_{i}F_{ki}= \frac{L_{(k+1)(n+1)}-(-1)^{(k+1)}L_{n(k+1)}+L_{(k+1)}-2(-1)^{k+1}}{L_{k+1}-1-(-1)^{k+1}}- &xet;

&tex;\displaystyle -\frac{(-1)^{n+k-1}L_{n(k-1)}+(-1)^nL_{(k-1)(n+1)}-L_{k-1}-2(-1)^{k-1}}{1+(-1)^{k-1}+L_{k-1}}&xet;

Egy ilyen bonyolultságú képletet hogy lehet megsejteni? :)

&tex;\displaystyle (8)&xet; Kérdés --> Elemi, tanulságos bizonyítás arra, hogy nincs négyzetszám, Rémbonyolult bizonyítás az általános kitevős változatra.

Az előbbi linkben még van egy adag azonosság amúgy.

A kiegészítő feladatot véletlenül nem írtad le. :)

A bizonyításodban van egy zavaró elírás, amikor a második sort írod, ott csak &tex;\displaystyle F_{k+1}\equiv F_{k+1}F_1&xet;, a &tex;\displaystyle 0&xet; nem írható úgy középre.

A 10. és 12. állításokkal már találkoztam korábban, és nekem nagyon tetszenek. Viszont akkor mondok egy kiegészítő feladatot.

Én másképpen mondom el a 10-es bizonyítását. Vegyük észre, hogy

&tex;\displaystyle F_k \equiv 0 \equiv F_{k+1} F_0 \mod F_k &xet;

&tex;\displaystyle F_{k+1} \equiv 0 \equiv F_{k+1} F_1 \mod F_k &xet;

Ebből indukcióval jön, hogy bármely természetes &tex;\displaystyle l&xet;-re

&tex;\displaystyle F_{k+l} \equiv F_{k+1}F_{l} \mod F_k &xet;

Ha ezt most &tex;\displaystyle n &xet;-szer alkalmazzuk egymás után, ahol &tex;\displaystyle n &xet; természetes szám, akkor kijön, hogy &tex;\displaystyle F_k\left.\right.|\left.\right.F_{nk} &xet;

Tehát ezek alapján a &tex;\displaystyle (9)&xet; azonosság elég hasznos a Fibonacci-számok között. (Nem tagadom, hogy az explicit &tex;\displaystyle \alpha,\beta&xet;-s Binet-formula rendkívül hatékony, de ha a homokozóban szeretnénk játszani, a buldózer elveszi a boldogságot. Ez elég "nyárias"/"teaszünetes" matematika lesz, de majd vissza lehet kanyarodni a komolyabb eredményekre.)

Csináljunk olyat, hogy elindulunk két tetszőleges számból: &tex;\displaystyle a,b&xet;. Ezután minden következő szám az előző kettő összege. Így a sorozat tagjai:

(Ha esetleg valakit zavarna, ez &tex;\displaystyle n=0&xet;-ra is értelmes, mert a Fibonacci-számok gond nélkül értelmezhetők negatív indexekre, az &tex;\displaystyle F_n=F_{n+2}-F_{n+1}&xet; "visszafelé-rekurzió" alapján.)

A kis játékunkból leolvasható (mi legyen &tex;\displaystyle a,b&xet;?):

&tex;\displaystyle &xet;

&tex;\displaystyle &xet;

Sikerült elég girbegurba utakon felfedezni a következő egyszerű azonosságot:

Ennek a bizonyítása: &tex;\displaystyle n=0&xet;-ra &tex;\displaystyle L_0=F_{-1}+F_1=1+1=2&xet;, &tex;\displaystyle n=1&xet;-re &tex;\displaystyle L_1=F_0+F_2=0+1=1&xet;, és innen triviális teljes indukció.

Amúgy ha már itt tartunk, bármely &tex;\displaystyle a_{n+2}=a_{n+1}+a_n&xet; képzési szabályú sorozat egyértelműen előállítható két ilyen képzési szabályú &tex;\displaystyle b_n&xet; és &tex;\displaystyle c_n&xet; sorozatból &tex;\displaystyle a_n=xb_n+yc_n&xet; alakban, ahol &tex;\displaystyle x,y&xet; valamilyen konstansok, és &tex;\displaystyle b_n/c_n&xet; nemkonstans. Ez akkor legyen &tex;\displaystyle (14)&xet;. Merthogy az &tex;\displaystyle a_0&xet; és &tex;\displaystyle a_1&xet; meghatározza &tex;\displaystyle x,y&xet;-t, és innen indukció.

&tex;\displaystyle &xet;

&tex;\displaystyle &xet;

Új, indukciós bizonyítást adunk &tex;\displaystyle (3)&xet;-ra, vagyis arra, hogy &tex;\displaystyle F_{2n}=F_nL_n&xet;. Trivi az &tex;\displaystyle n=0&xet; eset. Majd írjuk fel &tex;\displaystyle (13)&xet;-at és &tex;\displaystyle (9b)&xet;-t speciális alakban:

&tex;\displaystyle F_{2n-2}+F_{2n}=L_{2n-1}=F_{n-1}L_{n-1}+F_nL_n.&xet;

Tegyük fel, hogy valamely &tex;\displaystyle n\ge 1&xet;-nél &tex;\displaystyle F_{2n-2}=F_{n-1}L_{n-1}&xet;, ekkor ebből rögtön &tex;\displaystyle F_{2n}=F_nL_n&xet;.

Alternatív bizonyítások:

&tex;\displaystyle (F_{n+2}F_{n+1})^2-(F_nF_{n+1})^2=F_{2n+1}(F_{2n+2}-F_{2n})=F_{n+1}^2F_{2n+2}&xet;

következik abból, hogy (9) és a képzési szabály szerint

&tex;\displaystyle F_{2n+2}=F_nF_{n+1}+F_{n+1}F_{n+2}=F_{n+1}(F_{n+2}+F_n)=(F_{n+2}-F_n)(F_{n+2}+F_n)=F_{n+2}^2-F_n^2,&xet;

továbbá

&tex;\displaystyle F_{n+1}F_{n+2}F_{2n+3}-F_nF_{n+1}F_{2n+1}=F_{n+1}F_{3n+3}&xet;

pedig abból, hogy (9) és a képzési szabály szerint

&tex;\displaystyle F_{3n+3}=F_{n+1}F_{2n+1}+F_{n+2}F_{2n+2}=(F_{n+2}-F_n)F_{2n+1}+F_{n+2}(F_{2n+3}-F_{2n+1})=F_{n+2}F_{2n+3}-F_nF_{2n+1}.&xet;

Az egész topikban akkor fixen tisztázzuk, hogy &tex;\displaystyle F_0=0&xet;, &tex;\displaystyle F_1=1&xet;, &tex;\displaystyle F_{n+2}=F_{n+1}+F_n&xet; (&tex;\displaystyle n\ge 0&xet;) lesz a Fibonacci-sorozat, és &tex;\displaystyle L_0=2&xet;, &tex;\displaystyle L_1=1&xet;, &tex;\displaystyle L_{n+2}=L_{n+1}+L_n&xet; a Lucas-sorozat. (Furcsa indexeléseket is találni különböző helyeken.)

Most a (4) állítással kapcsolatban írok. Ennek egyszerű, az explicit formulát nem kihasználó bizonyítása is létezik, sőt általánosabb is érvényes.

(9) állítás. Ha &tex;\displaystyle i>0&xet;, &tex;\displaystyle j\ge 0&xet;, akkor

&tex;\displaystyle F_{i+j}=F_{i-1}F_{j}+F_iF_{j+1}.&xet;

Biz.: Legyen &tex;\displaystyle n=i+j&xet;. Igazából ez olyan, mintha elkezdenénk bontogatni az &tex;\displaystyle F_n&xet; számot:

&tex;\displaystyle F_n=F_{n-1}+F_{n-2}=2F_{n-2}+F_{n-3}=3F_{n-3}+2F_{n-2}=\dots=F_{\ell+1}F_{n-\ell}+F_{\ell}F_{n-\ell-1}.&xet;

Ha &tex;\displaystyle \ell=i-1&xet;, éppen &tex;\displaystyle (9)&xet; adódik.

(10) állítás. Ez lesz a &tex;\displaystyle (4)&xet;-es, vagyis hogy &tex;\displaystyle F_k|F_{nk}&xet;.

Biz.: Használjunk &tex;\displaystyle n&xet; szerinti indukciót. Az &tex;\displaystyle n=1&xet; eset triviális: &tex;\displaystyle F_k|F_k&xet;. Tegyük fel, hogy valamely &tex;\displaystyle n&xet;-re igaz, és alkalmazzuk &tex;\displaystyle (9)&xet;-et:

&tex;\displaystyle F_{(n+1)k}=F_{k-1}F_{nk}+F_kF_{nk+1},&xet;

és itt &tex;\displaystyle F_k|F_{nk}&xet; esetén a jobb oldal &tex;\displaystyle F_k&xet;-val osztható, így &tex;\displaystyle F_k|F_{(n+1)k}&xet; adódik. Kész az indukció.

(11) állítás. A szomszédos Fibonacci-számok relatív prímek, &tex;\displaystyle (F_n,F_{n+1})=1&xet;.

Biz.: Indukció (euklideszi algoritmus).

(12) állítás. Bármely &tex;\displaystyle n,m&xet; pozitív egészekre &tex;\displaystyle (F_n,F_m)=F_{(n,m)}&xet;.

Biz.: Ugyanannyit ad az az állítás, hogy &tex;\displaystyle (n,m)=1&xet; esetén &tex;\displaystyle (F_{dn},F_{dm})=F_d&xet;. Ennek belátásához &tex;\displaystyle n+m&xet; szerinti teljes indukciót használunk. Ha &tex;\displaystyle n+m=2&xet;, akkor &tex;\displaystyle (F_d,F_d)=F_d&xet; trivialitás adódik. Mostantól azt ecseteljük, hogy egy &tex;\displaystyle n,m&xet; párra az állítás következik a kisebb &tex;\displaystyle n+m&xet;-ekre vonatkozó állításból.

Ha &tex;\displaystyle n=m&xet;, akkor &tex;\displaystyle (n,m)=1&xet; miatt &tex;\displaystyle n=m=1&xet;: ezt már néztük. Ezért &tex;\displaystyle n\neq m&xet;, mondjuk &tex;\displaystyle m>n&xet; és &tex;\displaystyle m-n=k>0&xet;. Felhasználjuk &tex;\displaystyle (9)&xet;-et:

&tex;\displaystyle (F_{dn},F_{dm})=(F_{dn},F_{d(n+k)})=(F_{dn},F_{dn-1}F_{dk}+F_{dn}F_{dk+1})=(F_{dn},F_{dn-1}F_{dk}),&xet;

ahol &tex;\displaystyle (11)&xet; miatt ez éppen &tex;\displaystyle (F_{dn},F_{dk})&xet; lesz. Így ha &tex;\displaystyle k,n&xet;-re igaz az állítás, akkor &tex;\displaystyle n,m&xet;-re is. De &tex;\displaystyle k+n<n+m&xet;, így megvagyunk.

Néhány ötlet, általánosítás ezek alapján &tex;\displaystyle n,k&xet; poz. egészek - "zárt" azért, mivel &tex;\displaystyle k&xet;-tól fog függeni a megoldás:

(4) Lássuk be, hogy &tex;\displaystyle F_k|F_{nk}&xet; (ezek után kifejezetten egyszerűnek gondolnám)

(5) Keressünk "zárt" képletet &tex;\displaystyle \sum_{i=1}^n F_iF_{ki}&xet;-re

(6) Keressünk "zárt" képletet &tex;\displaystyle \sum_{i=1}^n F_{ki}/F_{i}&xet;-re

(7) Keressünk "zárt" képletet &tex;\displaystyle \sum_{i=1}^n (F_{i})^2 F_{ki}&xet;-re

(8) Bizonyítsuk be, hogy a &tex;\displaystyle 144&xet; a legnagyobb négyzetszám az &tex;\displaystyle F_n&xet; sorozatban. Mi a legnagyobb köbszám? stb. (utolsó 2 az extrém nehéz és ötletes és hosszú kategóriába esik, előbbire bizonyításvázlatot láttam csak)

Legyen &tex;\displaystyle x^2-x-1=0&xet; két gyöke &tex;\displaystyle \alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{2}&xet; és &tex;\displaystyle \beta=\frac{1-\sqrt{5}}{2}&xet;, ekkor &tex;\displaystyle L_n=\alpha^n+\beta^n&xet; és &tex;\displaystyle F_n=\frac{\alpha^n-\beta^n}{\sqrt{5}}&xet;. Mivel kielégítik az egyenletet, ezért a következő igaz:

&tex;\displaystyle \alpha^2=\alpha+1, \alpha+\frac{1}{\alpha}=\sqrt{5}\qquad \beta^2=\beta+1, \beta+\frac{1}{\beta}=-\sqrt{5}&xet;

Azt a gondolatmenetet követjük, hogy &tex;\displaystyle \sum_{i=1}^n f(i)=g(n)&xet; bizonyításához elegendő &tex;\displaystyle f(n+1)=g(n+1)-g(n)&xet; és &tex;\displaystyle f(1)=g(1)&xet; egyenlőségeket belátni, mert így &tex;\displaystyle i=1,...,n&xet;-re összeadva pont azt kapjuk, amit látni szeretnénk.

(1) &tex;\displaystyle n=1&xet;-re igaz: &tex;\displaystyle F_1^2F_2=1=(F_1F_2)^2&xet;. Elegendő megmutatni, hogy:

&tex;\displaystyle (F_{n+2}F_{n+1})^2-(F_{n}F_{n+1})^2=F_{n+1}^2(F_{n+2}^2-F_{n}^2)=F_{n+1}^2 F_{2n+2}&xet;

De felhasználva a sorozat képzési szabályát, majd az explicit képletben kiemelve &tex;\displaystyle \alpha^{n+1}&xet;-t:

&tex;\displaystyle F_{n+2}^2-F_{n}^2=(F_{n+2}-F_{n})(F_{n+2}+F_{n})=F_{n+1}(F_{n+2}+F_{n})=\frac{\alpha^n-\beta^n}{\sqrt{5}}\left(\frac{\alpha ^{n+2}-\beta ^{n+2}}{\sqrt{5}}+\frac{\alpha ^n-\beta ^n}{\sqrt{5}}\right)=&xet;

&tex;\displaystyle =\frac{\alpha^{n+1}-\beta^{n+1}}{5}\left(\alpha^{n+1}\left(\alpha+\alpha^{-1}\right)-\beta^{n+1}\left(\beta+\beta^{-1}\right)\right)=\frac{(\alpha^{n+1}-\beta^{n+1})(\alpha^{n+1}+\beta^{n+1})}{\sqrt{5}}=F_{2n+2}&xet;

(2) &tex;\displaystyle n=1&xet;-re igaz, ugyanis: &tex;\displaystyle F_1F_2F_3=2=F_1F_3&xet;. Elegendő tehát megmutatni, hogy:

&tex;\displaystyle F_{n+1}F_{n+2}F_{2n+3}-F_{n}F_{n+1}F_{2n+1}=F_{n+1}F_{3n+3}&xet;

&tex;\displaystyle F_{n+1}&xet; kiemelhető, egyébként:

&tex;\displaystyle F_{n+2}F_{2n+3}-F_{n}F_{2n+1}-F_{3n+3}=&xet;

&tex;\displaystyle =\frac{1}{5} \left(\alpha ^{n+2}-\beta ^{n+2}\right) \left(\alpha ^{2 n+3}-\beta ^{2 n+3}\right)-\frac{\alpha ^{3 n+3}-\beta ^{3 n+3}}{\sqrt{5}}-\frac{1}{5} \left(\alpha ^n-\beta ^n\right) \left(\alpha ^{2 n+1}-\beta ^{2 n+1}\right)=&xet;

&tex;\displaystyle =-\frac{1}{5} \alpha ^{n+2} \beta ^{2 n+3}-\frac{1}{5} \alpha ^{2 n+3} \beta ^{n+2}+\frac{1}{5} \alpha ^{2 n+1} \beta ^n-\frac{1}{5} \alpha ^{3 n+1}-\frac{\alpha ^{3 n+3}}{\sqrt{5}}+\frac{1}{5} \alpha ^{3 n+5}+\frac{1}{5} \alpha ^n \beta ^{2 n+1}-\frac{1}{5} \beta ^{3 n+1}+\frac{\beta ^{3 n+3}}{\sqrt{5}}+\frac{1}{5} \beta ^{3 n+5}= &xet;

Most beírjuk, hogy &tex;\displaystyle -\alpha^{-1}=\beta&xet;:

&tex;\displaystyle =-\frac{1}{5} \alpha ^{3 n+1}-\frac{\alpha ^{3 n+3}}{\sqrt{5}}+\frac{1}{5} \alpha ^{3 n+5}+\frac{1}{5} (-\alpha )^{-3 n-5}-\frac{1}{5} (-\alpha )^{-3 n-1}+\frac{(-\alpha )^{-3 (n+1)}}{\sqrt{5}}= &xet;

&tex;\displaystyle =\frac{\left(\alpha ^4-\sqrt{5} \alpha ^2-1\right) (-\alpha )^{-3 n} \left(\alpha ^{3 n+6} (-\alpha )^{3 n}+1\right)}{5 \alpha ^5}=0 &xet;

Mivel &tex;\displaystyle \alpha&xet; megoldása az &tex;\displaystyle x^4-\sqrt{5}x^2-1=0&xet; egyenletnek.

(3) Mivel:&tex;\displaystyle \frac{F_2}{F_1}=1=4-3&xet; teljesül, ezért elegendő megmutatni, hogy&tex;\displaystyle L_{n+3}-3-(L_{n+2}-3)=L_n=\frac{F_{2n}}{F_n}&xet;, de:

&tex;\displaystyle \frac{F_{2n}}{F_n}=\frac{(\alpha^n-\beta^n)(\alpha^n+\beta^n)}{\sqrt{5}}:\frac{(\alpha^n-\beta^n)}{\sqrt{5}}=\alpha^n+\beta^n=L_n&xet;

Csapjunk a lecsó közepébe! Első közelítésben három sejtésre gondoltam, aminek a a bizonyításával még nem találkoztam:

&tex;\displaystyle \sum_{i=1}^nF_i^2F_{2i}=(F_nF_{n+1})^2,&xet; &tex;\displaystyle (1)&xet;

&tex;\displaystyle \sum_{i=1}^nF_iF_{3i}=F_nF_{n+1}F_{2n+1},&xet; &tex;\displaystyle (2)&xet;

&tex;\displaystyle \sum_{i=1}^n\bigg(\frac{F_{2i}}{F_i}\bigg)=&xet; &tex;\displaystyle L_{n+2}-3,&xet; &tex;\displaystyle (3)&xet;

ahol &tex;\displaystyle F_i&xet; és &tex;\displaystyle L_i&xet; az i-edik Fibonacci és Lucas számot jelölik, és az állítások igaznak bizonyultak minden egész n<21 indexre.

Ebben a topikban olyan feladványokkal lehet találkozni, amelyek a Fibonacci és a Lucas számokkal kapcsolatosak. A neten több csak e témakörrel kapcsolatos oldallal lehet találkozni. Nekem eddig Ron Knott oldala tetszett a legjobban, őszintén ajánlom minden érdeklődőnek: http://www.maths.surrey.ac.uk/hosted-sites/R.Knott/Fibonacci/fibpi.html#piandfib Nem kell sokáig böngészni, hogy megtaláljuk az első felfedezésre váró képleteket. Bízom benne, hogy nagyon sok gyerek örömét fogja lelni e témakörben.