Yazar: Faramaz Maksudov, Cafer Veliev
Sayı: 1992-4
1202 yılında İtalyan matematikçisi Pisa’lı Leonardi (lakabı Bonacci), “Abak hakkında kitap” isimli eserini yazdı. Bu eserde tavşanların çoğalmasına dair bir problem var. Bu problemi aşağıdaki şekilde ifade edebiliriz: “Bir çift erişkin tavşan her ay bir defa bir çift yavru verir, yeni doğmuş tavşanlar ise $1$ ayda erginleşip $2.$ aydan itibaren yavru verirler. Eğer bir çift yeni erginleşmiş (1 aylık) tavşandan başlarsak, $n$ ay sonra kaç çift erişkin tavşan olacaktır?”
Her ayda kaç çift erişkin tavşan olduğunu hesaplarsak aşağıdaki diziyi buluruz:
$$1,1,2,3,5,8,13,21,… $$
Burada üçüncüden itibaren her sayı kendinden önce iki sayının toplamına eşittir. Bu diziye Fibonacci dizisi, dizinin terimlerine ise Fibonacci sayıları adı verilir:
$$a_1 = a_2 = 1 \qquad \qquad \qquad (1)$$
$$a_{n+2} = a_{n+1} +a_n \qquad \qquad (2)$$
Eğer bir dizide ilk birkaç terim verilir ve diğer terimler de kendilerinden önceki terimlerin belli bir fonksiyonu olarak ifade edilirse, bu diziye bir indirgemeli dizi denir. Fibonacci dizisi de bir indirgemeli dizidir, ve onun belirlenmesi için hem $(1)$, hem de $(2)$ koşulları önemlidir. Örneğin $(1)$ koşulu yerine $u_1 = 2, u_2 = 1$ alırsak, $2,1,3,4,7,11,18,…$ dizisi elde edilir.
Fibonacci sayılarının birçok ilginç özellikleri vardır; Örneğin:
- $a_1 + a_2 + \dots + a_n = a_{n+2} -1, $
- $a_1 + a_2 + \dots + a_{2n–1} = a_{2n},$
- $a_2 + a_4 + \dots + a_2n = a_{2n+2}-1, $
- $ a_1 – a_2 + a-3 – \dots + (−1)^{n+1}a_n = (-1)^{n+1}a_{n-1} +1,$
- $ a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2 = a_na_{n+1},$
- $ a_{n+m} = a_{n-1}a_m + a_na_{m+1}, $
- $ a_{2n} = a_{n+1}^2 – a_{n-1}^2. $
Birinci eşitliği ispat etmek için
$$a_k = a_{k+2} – a_{k+1},\quad k = 1,2,…$$
ikincisini ispatlamak için
$$a_1 = a2, a_k = a_{k+1} – a_{k-1}, k = 3,5,…, $$
üçüncü ve dördüncüyü ispat etmek için $(1)$ ve $(2)$, beşinciyi ispat etmek için
$$a_k^2 = a_k\cdot a_k = a_k (a_{k+1}-a_{k+1}) = a_k a_{k+1} – a_ka_{k-1}$$
eşitliklerini uygulamak gerekir. Altıncı eşitlik $m$’ye göre tümevarımla ispatlanır. Altıncı eşitlikte $m= n$ alınıp, $a_n = a_{n+1} -a_{n-1}$ olduğu göz önünde tutulursa yedinci eşitlik bulunur.
Fibonacci sayılarının başka ilginç özellikleri de var. Bizim amacımız ise başka: Fibonacci sayılarını tek başlarına nasıl hesaplayabiliriz? Burada doğrusal cebir bize yardımcı olacak.
Daha genel problemi ele alalım. İndirgemeli bir $(a_n)$ dizisi aşağıdaki gibi belirlenmiş olsun: $a_1, a_2$ verilen sayılardır ve
$$a_{n+1} = \alpha a_{n+1} + \beta a_n \qquad n = 1,2,… \qquad \qquad (3)$$
burada $\alpha^2 + \beta^2 \neq 0; \quad \alpha, \beta$ verilen sayılardır.
Önce $(3)$ denklemini sağlayan tüm olabilecek dizilerin oluşturduğu $A$ kümesini ele alalım. Eğer $(u_n)$ dizisi $(3)$ denklemini sağlıyorsa $(cu_n)$ dizisi de $(3)$ denklemini sağlar, burada $c$ herhangi bir sayıdır. Bunu görmek için $(3)$ denkleminin her iki yanını da $c$ ile çarpmak yeterlidir.
Eğer $(u_n)$ ve $(v_n)$ dizileri $(3)$ denklemini sağlarlarsa $(u_n + v_n)$ dizisi de aynı denklemi sağlar. Bunu hemen görmek için (3) denkleminde önce $a_n = u_n,$ sonra $a_n = v_n$ yazıp, eşitlikleri taraf tarafa toplamak gerekir.
Böylece gördük ki, eğer $(u_n) \in A, (v_n) \in A$ ise, $(c_1 u_n + c_2v_n) \in A$’dır.
$(u_n) \in A, (v_n) \in A$ olsun. Eğer
$$c_1 u_1 + c_2 v_1 = 0 \qquad \qquad (4)$$
$$c_1 u_2+ c_2 v_2 = 0 \qquad \qquad (5)$$
eşitlikleri sağlanacak şekilde, en az biri sıfırdan farklı $c_1, c_2$ sayıları varsa $(u_n)$ ve $(v_n)$ dizileri lineer bağımlıdır. Tersine, $(4)$ ve $(5)$’i sağlayan en az biri sıfırdan farklı $c_1, c_2$ sayıları yoksa, bu durumda $(u_n)$ ve $(v_n)$ dizileri lineer bağımsızdır denir.
Lemma 1: $(u_n) \in A, (v_n) \in A$ ve $w=u_1v_2-u_2v_1$ olsun. $(u_n)$ ve $(v_n)$ dizilerinin lineer bağımsız olmaları için gerek ve yeter koşul $w \neq 0$ olmasıdır.
İspat: Gereklilik. Aksini kabul edelim: $(u_n)$ ve $(v_n)$ lineer bağımsız ancak $w=0$ olsun. $u_1 = u_2 = 0$ olamaz, örneğin $u_2 = 0$ alırsak $(4-5)$ eşitlikleri sağlanır.
$$c_1u_1 + c_2v_1 = u_1v_1 – u_2v_1 = w = 0$$
$$c_1u_2 + c_2v_2 = u_2v_2 – u_2v_2 = 0 $$
Bu ise $(u_n)$ ve $(v_n)$ dizilerinin lineer bağımlı olduğunu gösterir. Böylelikle çelişki elde ederiz, ona göre $w\neq 0$ dir.
Yeterlilik: Aksini kabul edelim: $w \neq 0$ olduğunu ancak $(u_n)$ ve $(v_n)$ dizilerinin lineer bağımlı olduğunu kabul edelim. O halde en az biri sıfırdan farklı olan öyle $c_2$ sayıları vardır ki $(4-5)$ eşitlikleri sağlanır $c_2 \neq 0$ olsun. Bu takdirde $(4-5)$’ten
$$v_1 =\frac{-c_1 u_1}{c_2}, v_2 =\frac{-c_1 u_2}{c_2} $$
ve
$$w=u_1v_2 – u_2v_1 = u_1\Big(\frac{-c_1u_2}{c_2}\Big) -u_2 \Big(\frac{-c_1 u_1}{c_2}\Big) = 0$$
buluruz. Yine çelişkiye ulaştık. Lemma ispat olundu.
Lemma 2. $(u_n) \in A, (v_n) \in A; (u_n)$ ve $(v_n)$ lineer bağımsız olsunlar. $(z_n), A’$da olan herhangi bir dizi olsun. Bu durumda öyle tek bir $c_1, c_2$ çifti vardır ki
$$z_n = c_1 u_n + c_2 u_n \qquad n= 1,2,… $$
ayrılışı doğrudur.
İspat:
$$c_1 u_1 + c_2 v_1 = z_2 \qquad \qquad (6) $$
$$c_1 u_2 + c_2 v_2 = z_2 \qquad \qquad (7)$$
denklemler sistemine bakalım. Lemma 1’den $w = u_1 v_2 – u_2 v_1 \neq 0$ olduğunda $(6-7)$ denklemlerini çözerek
$$ c_1 = \frac{z_1 v_2 – z_2 v_1}{w}, c_2 = \frac{u_1z_2-u_2z_1}{w}$$
buluruz. (6) eşitliğini $\beta$ ile, $(7)’$yi de $\alpha$ ile çarparak taraf tarafa toplarsak
$$z_3 = c_1 u_3 + c_2 v_3$$
elde ederiz.
Tümevarım yöntemi ile benzer şekilde
$$z_n = c_1 u_n + c_2 v_n$$
olduğu gösterilir.
Şimdi $(3)$ denkleminin iki lineer bağımsız çözümünü bulmak için $(3)$ denkleminde $a_n\alpha^n$ değerini yerine koyalım.
$$\lambda^{n+2} = \alpha \lambda^{n+1} + \beta \lambda^n, $$
her iki tarafı $\lambda^n$’e bölersek
$$\lambda^2 -\alpha \lambda – \beta =0 \qquad \qquad \qquad (8)$$
elde ederiz. $(8)$ denklemi, $(3)$ denkleminin karakteristik denklemi diye adlandırılır. Aşağıdaki halleri ayrı ayrı gözden geçirelim:
$1-D= \alpha^2 + 4\beta > 0.$ Bu halde $(8)$ denkleminin iki farklı kökü var:
$$\lambda_1 = \frac{\alpha + D^{1/2}}{2},\; \lambda_2 = \frac{\alpha – D^{1/2}}{2} $$
Bu halde biz $(3)$ denkleminin lineer bağımsız $ (u_n)=(\lambda_1^n) $ ve $ (v_n) = (\lambda_2^n) $ çözümlerini elde ettik.
$(3)$ denkleminin istenen $(z_n)$ çözümü için
$$z_n = c_1 \lambda_1^n + c_2 \lambda_2^n $$
kuralını bulduk.
$2- D = \alpha^2 = 4\beta =0$ ya da $\beta =- \frac{\alpha^2}{4}.$
Bu halde $(8)$ denkleminin kökleri çakışıktır.
$$\alpha_1 = \alpha_2 = \frac{\alpha}{2} $$
Bu halde $(u_n) = (\alpha_1^n)$ ve $(v_n) = (n\alpha_1^n), (3)$ denkleminin lineer bağımsız iki çözümüdür. $(u_n)$ dizisinin $(3)$ denklemini sağladığını biliyorduk. $a_n = v_n$ yazıp $(3)$ denkleminin doğru olup olmadığını yoklayalım.
$$u_n =n \Big(\frac{\alpha}{2}\Big)^n,\; v_{n+1}=(n+1)\Big(\frac{\alpha}{2}\Big)^{n+1} $$
$$v_{n+2} = (n+2)\Big(\frac{\alpha}{2}\Big)^{n+2} $$
$$v_{n+2} – \alpha v_{n+1} + \frac{\alpha^2}{4}v_n = \Big(\frac{\alpha}{2}\Big)^{n} [n+2-2(n+1)+1] =0 $$
Yani, $(v_n), (3)$ denkleminin çözümüdür. $(u_n)$ ve $(v_n)$ lineer bağımsızdır, çünkü,
$$v = u_1v_2 – u_2v_1 = \lambda_1 \cdot 2\lambda_1^2 – \lambda_1^2\cdot \lambda_1 = \lambda_1^3 \neq 0 $$
$3-D = \alpha^2 + 4\beta <0$ ya da $\beta < -\frac{\alpha^2}{4}$ olduğunda $(8)$ denkleminin reel kökü yoktur. Bu halde aktarılan kuralı elde etmek için karmaşık sayılardan yararlanmak gerekir.
Şimdi n-inci Fibonacci sayısını belirlemek için hesaplama yapalım. $(2)$ denkleminde $a_n=\lambda^n$ yazıp
$$\lambda^2 – \lambda -1=0 $$
karakteristik denklemini buluruz. Denklemin kökleri
$$\lambda_1 = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}, \lambda_2 = \frac{1 – \sqrt{5}}{2}. $$
Böylelikle, biz $(2)$ denkleminin $(u_n = (\lambda_1^n)$ ve $(v_n) = (\lambda_2^n)$ lineer bağımsız iki çözümünü bulduk. $(a_n)$ Fibonacci dizisinde $a_1 = a_2 = 1$ olduğunu göz önünde bulundurarak $(6-7)$ denklem sistemini çözüp $c_1$ ve $c_2$ sayılarını buluruz:
$$c_1\lambda_1 + c_2\lambda_2 =1 $$
$$c_1 \lambda_1^2 + c_2\lambda_2^2 =1 $$
$$c_1 = \frac{1}{\sqrt{5}}, c_2 = -\frac{1}{\sqrt{5}}.\quad \text{Böylelikle}$$
$$a_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \Bigg[ \Big( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \Big) – \Big( \frac{1 – \sqrt{5}}{2} \Big) \Bigg] $$
veya kısaca yazarsak
$$a_n = \frac{\alpha_1^n – \alpha_2^n}{\sqrt{5}},\; \alpha_1 = \frac{1 + \sqrt{5}}{2},\; \alpha_2 = \frac{1 – \sqrt{5}}{2} $$
kuralını bulduk. Bu kural ona ilk bulan matematikçinin adı ile Bine (?) kuralı diye adlandırılır. İlginç alan şudur ki, $\alpha_1$ sayısı “altın oran”ı ifade eder. $(3)$ denklemini çözmek için yararlandığımız yöntem sabit katsayılı adı lineer diferansiyel denklemlerin çözümünde de kullanılır.
Binet formülünü uygulayarak Fibonacci sayılarının aşağıdaki özellikler ispat edilebilir.
$1.\; \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = \lambda_1,$
$2.\; a_3 + a_6 + a_9 + \dots + a_{3n} = \frac{a_{3n+2} -1}{2},$
$3.\; a_1^3 + a_2^3 + \dots + a_n^3 = \frac{a_{3n+2} + (-1)_{n+1} \cdot 6a_{n-1}}{10}. $
(öncelikle $a_k^3 = \frac{a_{3k} + (-1)^{k+1} \cdot 3 a_k}{5}$ olduğu gösterilmelidir.)
$4.\; a_n$ sayısı $\frac{\lambda_1^n}{\sqrt{5}}$ sayısında en yakın tam sayıdır.
$5.\; s_n(x) = a_1x + a_2x^2 + \dots + a_nx^n$ olsun.
O halde:
$$\qquad \qquad \frac{x- a_nx^{n+2}- a_{n+1}x^{n+1}}{1-x-x} \qquad \lambda_1x \neq 1, \lambda_2x \neq 1,\; \text{ise}. $$
$$S_n (x) = \frac{n}{\sqrt{5}}- \frac{5\sqrt{5} -5}{2} (1+ (-1)^{n+1} \lambda_2^{2n} \quad \lambda_1x = 1\; \text{ise.} $$
$$\qquad \qquad -\frac{n}{\sqrt{5}}- \frac{1 +sqrt{5}}{10} (1+ (-1)^{n+1} \lambda_2^{2n} \quad \lambda_2x = 1\; \text{ise.} $$
Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 1992 yılı III. sayısında yer almıştır. Matematik Dünyası arşivi titiz bir çalışma ile çevrim içi platformlarda yeni okuyucularıyla buluşuyor. Bu yazıyı burada okunabilir hale getiren arşiv ekibi üyesi Umut Gür‘e ve tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.
