Çok Çeşitli Blog : Aritmetik Ortalama - 5.sınıf matematik dersi konuları

Aritmetik Ortalama

Tanım;

Verilen sayı dizisindeki terimlerin toplamının, terim sayısına bölünmesiyle elde edilen değerdir. Örnek : -3, 7, 17, 23 sayılarının aritmetik ortalaması = (-3+7+17+23)/4= 11

ARİTMETİK ORTALAMA GEOMETRİK ORTALAMA EŞİTSİZLİĞİ

İki sayının toplamının yarısımı büyüktür, çarpımının karekökü mü? İki sayının toplamının yarısına bu sayıların aritmetik ortalaması, çarpımının kareköküne de bu sayıların geometrik ortalaması diyelim ve bir deneme yapalım; örneğin 2 ve 8 sayıları için (2 + 8)/2 = 5 ve (2.8)^1/2 = 4

Buna göre iki sayının toplamının yarısı yani aritmetik ortalaması daha büyük gibi duruyor. Acaba her x, y gerçel sayıları için bu doğrumudur? Yani her x , y

R için (xy)^1/2 < (x + y) /2 midir? Biraz dikkatli bakarsak x=y aldığımızda (xy)^1/2 = (x + y)/2 olduğunu görürüz ve şimdi de her x, y gerçel sayısı için (xy)^1/2

(x + y)/2 olduğunu düşünebiliriz.

Ancak biraz daha dikkatli olursak bunun pozitif sayılar için geçerli olabileceğini çünkü iki sayıdan biri pozitif diğeri negatif olsaydı eşitsizliğimizin sol tarafının sanal olacağını görürüz. Sanal sayılarda da eşitsizlik kavramının doğrudan uygulanamayacağı ancak bunların mutlak değerlerine uygulanabileceğini bildiğimizden, eşitsizliğimizin anlamlı olamayacağını, sayıların her ikisi de negatif olsaydı (xy)^1/2 pozitif, (x + y)/2 negatif değer alıp bunun gösterilmesinin de bir değeri olmayacağını görebiliriz. O halde elimizde negatif olmayan x ve y sayıları için (xy)^1/2

(x + y)/2 eşitsizliği kaldı. Biz de bunun üzerinde duralım ve çeşitli şekillerde ortaya çıkan gösterimlerine bakalım.

Teorem 1. Negatif olmayan x ve y sayıları için (xy)^1/2 (x + y)/2' dir. (Eşitlik sadece x = y olduğunda geçerlidir.)

Cebirsel Kanıt: (xy)^1/2 (x + y)/2 ise 0 (x + y)/2 - (xy)^1/2 buradan 0 x + y - 2(xy)^1/2 ve 0 ( x - y) 2 bulunur. Sağ taraf bir reel sayının karesi olduğundan negatif olamaz. O halde bu son eşitsizlik doğrudur ve buna denk olan (xy)^1/2 (x + y)/2 eşitsizliği de doğrudur.

	Geometrik Kanıt: \|AE\| = x , \|EB\| = y olacak şekilde çapı x + y birim olan O merkezli çemberde yarıçap \|OD\| = (x + y)/2'dir. Öte yandan \|EC\| = (xy) 1/2 olduğu ve çemberin yarıçap uzunluğunun tüm yarı kiriş uzunluklarından daha büyük olduğu düşünülürse \|EC\| \|OD\| bulunur. Yani (xy)^1/2 (x + y)/2'dir.
	İkinci Geometrik Kanıt: Bir kenarı x + y birim olan bir kare alalım ve içini bir kenarı x , diğer kenarı y birim olan dikdörtgenlerle şekildeki gibi dolduralım. Şeklin ortasında görüldüğü gibi bir kenarı x - y birim olan kare şeklinde bir boşluk kalır. Yani x + y birim kenarlı karenin alanı dikdörtgenlerin alanları toplamından daha büyüktür. O halde (x + y)²-(x - y)² (x + y) ² buradan 4(xy)^1/2 (x + y)² ve (xy)^1/2 (x + y)/2 bulunur.
	Üçüncü Geometrik Kanıt: Bir dik kenarı x , diğer dik kenarı y birim olan sekiz dik üçgeni, bir kenarı x + y birim olan karenin içine şekildeki gibi yerleştirirsek (x - y)²'lik bir alan arttırabiliriz. O halde 4 xy (x + y) 2 ve buradan (xy)^1/2 (x + y)/2 bulunur.
	Dördüncü Geometrik Kanıt: A (a , a) ve B (b , b), y = x doğrusu üzerinde iki nokta olsun. Şekilde görüldüğü gibi P (a , 0), Q (0 , b) ve R (a , b) noktalarını göz önüne alalım. \|OP\| = a olduğundan \|PA\| = a 'dır. O halde AOP üçgeninin alanı a²/2, BOQ üçgeninin alanı ise b²/2'dir. Şimdi OPRQ dikdörtgenini göz önüne alalım. Dikdörtgenin alanı AOP ve BOQ üçgenleriyle tamamen örtüldüğünden A(OPRQ) A(AOP) + A(BOQ)'dur. Buradan da ab (a ² + b² )/2 bulunur. Teoremdeki formata uygun olması açısından a = x ve b = y alınırsa xy (x² + y²)/2 buradan da (xy)^1/2 (x + y)/2 bulunur.
	Beşinci Geometrik Kanıt: Çember üzerinde alınan 2 z uzunluğundaki kirişi ortalayan bu kirişten farklı ve x + y uzunluğunda bir kiriş daha alalım. z 2 = xy olacağından z = (xy)^1/2 alabiliriz. x + y uzunluğundaki kiriş merkeze daha yakın, dolayısıyla daha uzun olacağından 2(xy)^1/2 x + y 'dir. Buradan (xy) 1/2 (x + y)/2 bulunur. Kirişleri üçüncü çemberdeki gibi çap olarak alırsak yani x = y alınırsa (xy)^1/2 (x + y)/2 ifadesinin eşitlik durumu söz konusu olur.
	Altıncı Geometrik İspat: Bu ispatımızda y = e x fonksiyonunun grafiğini kullanacağız. 0 < a < b ve 0 < t <>a 1 -t b t < (1 - t) a + tb olduğu şekilden görülüyor. Özel olarak t = 1/2 alınırsa (ab) ^1/2 (a + b)/2 eşitsizliği ortaya çıkar. a = x ve b = y alınırsa (xy)^1/2 (x + y)/2'dir.

Üç Sayı İçin Aritmetik Ortalama Geometrik Ortalama Eşitsizliği. Yeni bir deneme yapıp, negatif olmayan üç sayı için, bunların toplamının üçte birini çarpımlarının küp köküyle karşılaştıralım. Örneğin 1, 3 ve 9 sayılarının aritmetik ortalaması (1 + 3 + 9)/3 = 4,33... geometrik ortalaması ise (1.3.9) 1/3 = 3'tür. Eşitsizliğimiz negatif olmayan üç sayı için de geçerli gibi duruyor ve bu gerçekten de doğrudur.

Teorem 2. Negatif olmayan x, y, z sayıları için (xyz)^1/3 (x + y + z)/3 'tür. (Eşitlik sadece x = y = z olduğunda geçerlidir.)

Cebirsel Kanıt: İşlem kolaylığı sağlaması açısından x = a³ , y = b³ , z = c³ alalım. O halde göstermek zorunda olduğumuz eşitsizlik abc (a³ + b³ + c³ )/3'tür. Bu ise 0 a³ + b³ + c³ - 3 abc eşitsizliğine denktir. Bu noktada a³ + b³ + c³ - 3 abc = (a + b + c)(a² + b² + c² - ab - ac - bc) özdeşliğinden yararlanacağız. a + b + c negatif olmadığından eşitliğin sağ tarafındaki ilk çarpan a = b = c = 0 olmadıkça pozitiftir. Kanıt için ikinci çarpanın da negatif olmadığını yani 0 a² + b² + c² - ab - ac - bc eşitsizliğini göstermeliyiz. Bunun için daha önceden bilinen 0 a² + b² - 2ab = (a - b)² eşitsizliğini dikkate alıp, 2 ab a² + b² , 2ac a² + c² , 2 bc b² + c² ifadelerini elde eder ve taraf tarafa toplarsak, 2(ab + ac + bc) 2(a² + b² + c²)'yi elde ederiz. Bu ise göstermek istediğimiz 0 a² + b² + c² - ab - ac - bc eşitsizliğine denktir. Böylece üç sayının ortalamaları için aritmetik ortalama geometrik ortalama eşitsizliğini göstermiş olduk.

Geometrik Kanıt: İlk önce asıl gösterim için gerekli olan ab + bc + ac a² + b² + c² eşitsizliğini geometrik olarak görmeye çalışalım. Şekilden takip edersek bu açıkça gözüküyor. a² + b² + c² toplamından oluşan alan ab + bc + ac toplamından oluşan alanı örter.

O halde ab + bc + ac a² + b² + c² 'dir. Şimdi de asıl göstermek istediğimiz eşitsizlik için yandaki şekle bakalım. Birer kenarları ortak ve a + b + c uzunluğunda olan dikdörtgenler için birinin kenarı ab + bc + ac diğerinin kenarı ise a² + b² + c²'dir. İspatın ilk aşamasında gösterdiğimiz eşitsizlik dikkate alınır ve dikdörtgenlerin içinde alanları belirtilen bölgelere bakılırsa açıkça 3 abc (a³ + b³ + c³ ) olduğu görülür.

n Sayı İçin Aritmetik Ortalama Geometrik Ortalama Eşitsizliği. İki ve üç pozitif sayı için gösterdiğimiz sonuçları n tane pozitif sayı için göstermek matematik açıdan çok daha anlamlı ve güzel olur. Şimdi de bu çalışmanın içine girelim.

Teorem 3. x₁, x₂, ... , x_n negatif olmayan n tane reel sayı olmak üzere (x₁, x₂ ,..., x_n) ^{1/ n} (x₁, x₂ ,..., x_n)/n'dir. Eşitlik sadece x₁ = x₂ = ... = x_n olması halinde geçerlidir.

Bu teoremi kanıtlayan iki ispat vereceğiz. Bunlardan ilki tümevarımım iki uygulamasına dayanır. İlk olarak ileri yönlü tümevarımla n = 2^k, (k =1, 2, ...) için eşitsizliğimizin doğru olduğunu daha sonra da geri yönlü tümevarımla n için doğru olanın n - 1 için doğru olduğunu gösterip, pozitif bütün n tamsayıları için ispatımızın geçerli olduğunu söyleyeceğiz. İkinci ispatımızda ise yardımcı bir eşitsizlik kullanıp daha doğrudan bir yol izleyeceğiz.

Kanıt: Öncelikle n = 4, n = 8 ve sonrasında n = 2k için aritmetik ortalama geometrik ortalama eşitsizliğini gösterelim. Daha önceden iki pozitif sayı için (xy)^1/2 (x + y)/2 olduğunu biliyoruz. Şimdi x₁, x₂ , x₃ , x₄ negatif olmayan sayılar olmak üzere x = (x₁ + x₂)/2 ve y = ( x₃ + x₄ )/2 alalım. O halde [((x₁ + x₂)/2)((x₃ + x₄)/2)] 1/2 [(( x₁ + x₂ )/2) + (x₃ + x₄)/2)]/2 veya [(x₁ + x₂)/2)((x₃ + x₄)/2)]^1/2 (x₁ + x₂ + x₃ + x₄)/4 eşitsizliği elde edilir. Eşitsizliğin sağ tarafı istenilen formdadır. O halde sol taraf için (x₁ + x₂)^1/2 (x₁ + x₂)/2, (x₃x₄ )^1/2 (x₃ + x₄)/2 eşitsizliklerini kullanıp ((x₁ x₂)^1/2 (x₃x₄) 1/2 )^1/2 (x₁ + x₂ + x₃ + x₄)/4 yazabiliriz. Buradan (x₁ x₂ x₃x₄ )^1/4 (x₁ + x₂ + x₃ + x₄ )/4 eşitsizliğine ulaşılır. Bu da (x₁ x₂ ... x_n)(x₁ + x₂ +... + x_n)/n eşitsizliğinin n = 4 için gösterilmiş halidir.

Aynı işlemler tekrarlanaraky_i'ler (i = 1, 2, ..., 8) pozitif sayılar olmak üzere x₁ = (y₁ + y₂ )/2, x₂ = (y₃ +y₄)/2, x₃ = (y₅ + y₆)/2, x₄ = (y₇ + y₈)/2 olarak alınırsa ve n = 4 için yapılan işlem uygulanırsa [((y₁ + y₂)/2)( (y₃ + y₄)/2)( (y₅ + y₆)/2)( (y₇ + y₈)/2)] 1/4 ? (y₁ + y₂ + y₃ + y₄ + y₅ + y ₆+ y₇ + y₈ )/8 elde edilir. (y₁ y₂)^1/2 (y₁ + y₂)/2, ..., (y₇ y₈) 1/2 (y₇ + y₈)/2 eşitsizliklerini kullanıp [(y₁ y₂) 1/2 (y₃ y₄) 1/2 (y₅ y ₆) 1/2 (y₇ y₈) 1/2 ]^1/4 (y₁ + y₂ + y₃ + y₄ + y₅ + y₆+ y₇ + y₈)/8 buradan da [ y₁ y₂ y₃ y₄ y₅ y₆ y₇ y₈ ]^1/8 (y₁ + y₂ + y₃ + y₄ + y₅ + y₆+ y₇ + y₈)/8 bulunur.

Bu şekilde devam ederek eşitsizliğimizi ikinin tüm kuvvetleri için yani n = 2, 4, 8, 16, ... için kurabiliriz. Kesin bir sonuca bağlamak için tümevarım kullanalım. Sonucun n = 2 = 2 1 yani k = 1 için ve n = 2 2 , n = 2 3 için doğru olduğunu daha önceden biliyoruz. Sonucun n = 2k şeklindeki bir tamsayı için doğru olduğunu kabul edelim ve n = 2k + 1 için de doğru olduğunu gösterelim. 2k + 1 = 2.2k olduğundan sonucun 2n için doğru olduğunu ispat edeceğiz demektir. O zaman n = 2k olmak üzere negatif olmayan x₁, x₂, ..., x_n sayıları için (x₁ x₂ ... x_n) (x₁ + x₂ +... + x_n)/n olduğunu kabul ediyoruz.y_i sayıları (i = 1, 2, ..., 2n) pozitif olmak üzere x₁= (y₁ + y₂ )/2, x₂ = (y₃ +y₄)/2, ..., x_n = (y_2n-1 +y_2n)/2 alalım ve bunları yerine yazarak ve önceki gibi hareket ederek sonuçta, [ y₁y₂ ... y_2n]^1/2n (y₁ + y₂ + ... + y₄)/2n elde edilir. Böylece istenen sonucu 2n veya 2k + 1 için göstermiş olduk.

Eşitsizliğimizi ikinin kuvvetleri olan tamsayılar için gösterdik. Şimdi bunu bütün pozitif tamsayılar için göstermek amacıyla tümevarım ilkesini geri yönde işleteceğiz. Öncelikle n = 4 için daha önce bulduğumuz (x₁ x₂ x₃x₄ )^1/4 (x₁ + x₂ + x₃ + x₄ )/4 eşitsizliğini kullanarak n = 3 için sonucu elde edip edemeyeceğimizi görelim. x₁ , x₂ , x₃ , x₄ sayılarını özel bir biçimde seçerek x₁ = y₁ , x₂ = y₂ , x₃ = y₃ alalım ve (x₁ + x₂ + x₃ + x₄ )/4 = (y₁ + y₂ + y₃ )/3 eşitliğini veren x₄ değerini bulalım. (y₁ + y₂ + y₃ + x₄ )/4 = (y₁ + y₂ + y₃ )/3 olacağından x₄ = (4/3)( y₁ + y₂ + y₃ ) - (y₁ + y₂ + y₃ ) buradan da x₄ = (y₁ + y₂ + y₃ )/3 bulunur. x i 'lerin bu özel değerlerini (x₁ x₂ x₃x₄ )^1/4 (x₁ + x₂ + x₃ + x₄ )/4 de yerine yazarsak [ y₁ y₂ y₃ ((y₁ + y₂ + y₃ )/3)] 1/4 (y₁ + y₂ + y₃ )/3 elde edilir. Her iki tarafın dördüncü kuvveti alınırsa y₁ y₂ y₃ ((y₁ + y₂ + y₃ )/3) [(y₁ + y₂ + y₃ )/3] 4 ve (y₁ + y₂ + y₃ )/3 ile bölünürse y₁ y₂ y₃ [(y₁ + y₂ + y₃ )/3] 3 elde edilir. Bu da istenen (y₁ y₂ y₃ ) 1/3 (y₁ + y₂ + y₃ )/3 sonucuna denktir.

Şimdi yapacağımız sonucun n için doğru ise n - 1 için de doğru olduğunu göstermek. Yukarıda n = 4 için doğru olanı n = 3 için de doğruladığımız gibi bu alışık olduğumuzun ters yönünde bir tümevarım yöntemi olacak ancak genel sonucu bu şekilde oluşturacağız.

Yukarıda kullandığımız özelleştirmeyi kullanıp x₁ = y₁ , x₂ = y₂ , ..., x_n-1 = y_{n - 1} alalım ve (x₁ + x₂ + ... + x_n)/n = (y₁ + y₂ + ... + y_{n - 1} )/(n - 1) olacak şekilde x_n'yi belirleyelim. Yukarıdaki gibi düşünürsek x_n = (y₁ + y₂ + ... + y_{n - 1} )/(n - 1) bulunur. Pozitif x₁ , x₂ ,..., x_n sayıları için (x₁ x₂ ... x_n) ^{1/ n} (x₁ + x₂ + ... + x_n)/n olduğunu kabul etmiştik. x i 'ler yerine değerlerini yazarsak [ y₁ y₂ ... y_{n - 1} ((y₁ + y₂ + ... + y_{n - 1} )/(n - 1))] ^{1/ n} (y₁ + y₂ + ... + y_{n - 1} )/(n - 1) elde edilir. Her iki tarafın n 'inci kuvveti alınıp basitleştirilirse y₁ y₂ ... y_{n - 1} [(y₁ + y₂ + ... + y_{n - 1} )/(n - 1)] n -1 buradan da istenilen (y₁ y₂ ... y_{n - 1} ) ^{n - 1} (y₁ + y₂ + ... + y_{n - 1} )/(n - 1) sonucuna ulaşılır. Demek ki negatif olmayan tüm reel sayılar için aritmetik ortalama geometrik ortalama eşitsizliği geçerli.

Biraz sonra aritmetik ortalama geometrik ortalama eşitsizliğinin bir başka genel ispatını vereceğiz. Ama önce yardımcı bir teorem üzerinde duralım.

Yardımcı Teorem. Eğer n tane pozitif sayının çarpımı 1 ise toplamı en az n 'dir. Yani matematiksel ifadeyle, x₁ , x₂ ,..., x_n pozitif reel sayılar ve x₁ x₂ ... x_n = 1 ise x₁ + x₂ + ... + x_n n 'dir.

Kanıt: Teoremi tümevarım kullanarak kanıtlayacağız. n = 1 iken eşitsizliğimizin doğru olduğu açıkça görülüyor. Eşitsizliğimizi herhangi bir n doğal sayısı için doğru olduğunu kabul edip x₁ x₂ ... x_n+1 = 1 olacak şekildeki x₁ , x₂ ,..., x_n+1 sayıları için x₁ + x₂ + ... + x_n+1 n + 1 olduğunu göstermeliyiz. Şimdi x₁ x₂ ... x_n+1 ve bu sayıların hepsi birden 1'den küçük ya da büyük olamayacağı için (çünkü çarpımları 1'dir.) x₁ 1 ve x_n+1 1 olarak almamızda hiçbir sakınca yoktur. Eşitsizliğimiz n sayı için doğru olduğundan x₂ x₃ ...(x₁ x_n+1 ) = 1 iken x₂ + x₃ + ... + (x₁ x_n+1 ) n olsun. Burada x₁ x_n+1 çarpımının tek bir pozitif sayı olarak alındığına dikkat ediniz. x₂ + x₃ + ... + (x₁ x_n+1 ) n olduğundan

x₁ + x₂ + ... + x_n+1 n + x_n+1 + x₁ - x₁ x_n+1

= n + x_n+1 (1 - x₁ ) + x₁ - 1 + 1

= n + 1 + (x_n+1 - 1)(1 - x₁ )

n +1

elde edilir. Böylece yardımcı teoremimiz kanıtlanmış oldu.

Teorem 3'ün İkinci Kanıtı: g = (x₁ x₂ ... x_n) ^1/n olsun. O zaman [(x₁/g)(x₂/g) ... (x_n/g)] ^{1/ n} = 1 yani (x₁/g)(x₂/g) ... (x_n/g) = 1'dir. Burada n tane pozitif sayının çarpımının 1 olduğunu görüyoruz. Yardımcı teoreme göre bunların toplamı n 'den küçük olamayacağından (x₁/g) + (x₂/g) + ... + (x_n/g) n 'dir. Bu ifadenin her iki tarafını g ile çarpıp n ile bölersek (x₁ + x₂ + ... + x_n)/n g yani (x₁ x₂ ... x_n) ^1/n (x₁ + x₂ + ... + x_n)/n sonucuna ulaşılır.

Bu sonuç bize, ortalamaya giren sayıların kaç tane olduğuna bakılmaksızın geometrik ortalamanın aritmetik ortalamadan daha küçük ya da eşit olduğu genellemesini yapma imkanı verir.

Böylece istatistik hesaplamalarında, matematikte birçok yerde özellikle maksimum problemlerinin çözümünde ve yeni eşitsizliklerin elde edilmesinde çok fazla kullanılan aritmetik ortalama geometrik ortalama eşitsizliğinin basitten daha genel olana doğru kanıtlarını vermeye çalıştığımız yazımızın sonuna geldik. Umarım zevk almışsınızdır.

Kaynakça

[1] Eşitsizlikler , P. P. Krowkin

[2] Eşitsizliklere Giriş, E. Beckenbach, R. Bellman

[3] Proofs Without Words, Roger B. Nelsen

Hakan Parlak/ '; document.write( '' ); document.write( addy_text30675 ); document.write( '<\/a>' ); //-->\n

Eskişehir Fatih Fen Lisesi Matematik Öğretmeni

Adres: Eskişehir Fatih Fen Lisesi Yenikent/Eskişehir

Fibionacci Dizisi

Bu yazı Matematik öğretmeni Tolga Altekin Tarafından hazırlanmış bir ilk taslaktır. Yazınn sizlerin de katkılarıyla mükemmelleşmesini sağlamak istiyoruz. Siz olsaydınız nasıl anlatırdınız? Bir satırı, bir paragrafı ya da bütününü yeniden yazabilirsiniz...

FİBONACCİ (LEONARDO FİBONACCİ) VE FİBONACCİ DİZİSİ

KİM BU FİBONACCİ?

Pisalı Leonardo Fibonacci Rönesans öncesi Avrupa'nın en önde gelen Matematikçisidir. Fibonacci için, "Matematik'i Araplar'dan alıp, Avrupa'ya aktaran kişi" denilebilir.

Fibonacci 'nin yaşamı hakkında matematik yazıları dışında pek az şey biliniyor. İlk ve en iyi bilinen kitabı Liber Abaci'nin yazıldığı 1202 tarihine bakılırsa, 1170 dolayında doğmuş olabileceği sanılıyor. Bu yönde pek kanıt olmamakla birlikte İtalya'nın Pisa kentinde doğmuş olması olasılığı var. Fibonacci henüz çocuk yaştayken, Pisa'lı bir tüccar olan babası Guglielmo, Pisalı tüccarların yaşadığı Bugia adlı Kuzey Afrika limanına Konsül olarak atanır. (Bu liman, şimdiki Bejaya'dır ve Cezayir'dedir.) Babası burada oğluna hesap öğretmesi için bir Arap hoca tutar. Fibonacci daha sonra Liber Abaci'de hocasından "Dokuz Hint Rakamının Sanatını" öğrenirken duyduğu mutluluğu anlatacaktır.

Fibonacci 'nin Liber Abaci adlı kitabının yayınlandığı yıllarda, Hindu-Arap sayıları, Avrupa'da Harzemli Muhammed Bin Musa'nın eserlerinin çevirilerini okuyabilmiş bir kaç "aydın" dışında bilinmiyordu. Fibonacci, kitabında bu rakamları anlatmaya şöyle başlar: "Dokuz Hint Rakamı 9 8 7 6 5 4 3 2 1 dir . Bu dokuz rakama "0" işaretinin de eklenmesiyle, her hangi bir sayı yazılabilir."

Liber Abaci, 13.yy. Avrupasında büyük ilgi görür, çok sayıda kopya edilir ve kilisenin yasaklamasına karşın Arap sayıları İtalyan tüccarlar arasında yayılır. Kitap Kutsal Roma İmparatoru II. Frederick'in dikkatini çeker. Frederick bilime düşkün bir imparatordur. Bilim adamlarını korur. Bu nedenle kendisine Stupor Mudi (Dünya Harikası) denilmektedir. 1220 yılında Fibonacci huzura çağrılır. Frederick'in bilim adamlarından biri tarafından sınava çekilir. Sonunda Fibonacci göze girer. Yıllarca hem imparatorla, hem de imparatorun dostlarıyla yazışır. 1225 yılında yazdığı Liber Quadratornum'u (Kare Sayıların Kitabı) imparatora ithaf eder. " Diyofantus Denklemleri"ne ayrılan bu kitap Fibonacci 'nin baş yapıtıdır. Her ne kadar Liber Abaci'ye çok daha dar bir çevrenin ilgisini çekerse de kitap sayılar kuramına büyük katkı getirir.