FPI matek szakkör 8. évf. 4. szakkör órai feladatok megoldásokkal. 4. szakkör, október. 20. Az órai feladatok megoldása

Átírás

1 4. szakkör, október. 20. Az órai feladatok megoldása Most csak három önmagában nem nehéz feladatot kapsz, és a feladatot magadnak kell általánosítani, szisztematikusan adatot gyűjteni, általános sejtést megfogalmazni, majd esetleg bizonyítani is. 1.9 Bontsd fel a zárójelet! (a + b) 4 = Megoldás (a konkrét feladaté) (a + b) 2 (a + b) 2 = (a 2 + 2ab + b 2 ) (a 2 + 2ab + b 2 ) = a 4 + 4a 3 b + 6a 2 b 2 + 4ab 3 + b 4. Megoldás (szisztematikus építkezés, adatgyűjtés) a + b = a + b (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 (a + b) 3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 (a + b) 4 = a 4 + 4a 3 b + 6a 2 b 2 + 4ab 3 + b 4 (a + b) 5 = a 5 + 5a 4 b + 10a 3 b a 2 b 3 + 5ab 4 + b 5 (a + b) 6 = a 6 + 6a 4 b +... Ismerősek ezek a számok a Pascal háromszögből a + 1b 1a 2 + 2ab + 1b 2 1a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + 1b 3 1a 4 + 4a 3 b + 6a 2 b 2 + 4ab 3 + 1b 4 1a 5 + 5a 4 b + 10a 3 b a 2 b 3 + 5ab 4 + 1b 5 1a 6 + 6a 5 b + 15a 4 b a 3 b a 2 b 4 + 6ab 5 + 1b 6 Úgy tűnik, hogy ha (a + b) n t kifejtjük azaz felbontjuk a zárójelt -, és a tagokat a kitevője szerint csökkenő sorrendben írjuk fel (a n, a n-1 b 2, a n-2 b 2,..., b n ), akkor az együtthatók épp a Pascal háromszög n-edik sorának számai lesznek abban a sorrendben, ahogy ott következnek. Tehát: Binomiális tétel n n n 1 1 n 2 2 n 3 3 n 2 n 2 n 1 n 1 n ( a + b) = a + a b + a b + a b a b + a b + b, n n ahol..., a Pascal háromszög n-edik sorának, 0., 1., 2., 3., , (n-2)-edik, (n-1)-edik, n-edik elemét jelöli, tehát a Pascal háromszög n-edik sorának k- adik eleme. 1/6

2 I. megjegyzés A binomiális tétel elnevezést így fordíthatnánk le: a két tagra vonatkozó tétel azaz a kéttagú összeg (a + b) hatványára vonatkozó összefüggés. II. megjegyzés -t binomiális együtthatónak is nevezik. A Pascal háromszögre vonatkozó ismereteink alapján n ( n 1) ( n 2)... ( n k + 1) n! = =. A 3. szakkör 1.3. feladata alapján az k ( k 1) ( k 2)... 1 k!( n k)! a szám, ahányféleképpen n (különböző) dologból kiválasztható k, ha nem számít a kiválasztás sorrendje. A binomiális tétel I. bizonyítása (rekurzió) Nézzük meg, hogyan számoljuk ki (a + b) 2 -t! Tényleg a Pascal háromszög második sorában lesznek az együtthatók? (a + b) 2 = (a + b) (a + b) = a (1a + 1b) + b (1a + 1b). A beszorzást a Pascal háromszögben is nyomon követhetjük: Az a-val való szorzás balra lefelé visz, míg a b-vel való szorzás jobbra lefelé visz. Az 1a 2 -et az 1a-ból, annak a-val való megszorzásából nyertük, míg a 2ab-ból az egyik ab az előző sorban található 1b-nek az a-val való szorzatából, a másik ab az előző sorban levő 1anak a b-vel való szorzatából adódott. Végül 1b 2 az 1b tag b-vel való szorzatából jön ki. Így jön ki (a + b) 3 is az (a + b) 2 re vonatkozó eredményből: (a + b) 3 = (a + b) (a + b) 2 = a (1a 2 + 2ab + 1b 2 ) + b (1a 2 + 2ab + 1b 2 ), és a beszorzásban, összegzésben a Pascal háromszög segít: Így haladhatunk tovább, (a + b) n együtthatói épp úgy számolhatók ki (a + b) n együtthatóiból, ahogy a Pascal háromszög n-edik sorának számai kiszámolhatók a Pascal háromszög (n-1)- esik sorának számaiból. Ez igazolja a binomiális tételt. A binomiális tétel II. bizonyítása (kombinatorikus értelmezés) (a + b) n felbontásához az (a + b) (a + b) (a + b)... (a + b) n-tényezős szorzatban kellene felbontani a zárójeleket. Hogyan kerül a felbontásba a n? Úgy, hogy a beszorzáskor mindegyik tényezőből az a tagot választjuk. Hogyan kerül a felbontásba a n-2 b 2? Pld úgy, hogy az első (n-2) tényezőből az a tagot, az utolsó 2 tényezőből a b tagot választjuk. De úgy is, hogy az n tényező közül bármelyik 2-ből a 2/6

3 b tagot, a többiből az a tagot választjuk ki. Ezért a n-2 b 2 együtthatója a felbontásban annyi lesz n ahányféleképpen az n tényező közül kiválasztható 2, azaz. 2 Ehhez hasonlóan a n-k b k együtthatója lesz, hiszen a n tényező közül ennyiféleképpen választható ki az a k db, amelyből a b tagot választjuk ki a beszorzáskor (a többiből az a tagot választjuk). A tételt bebizonyítottuk Hány megoldása van az x + y + z = 6 egyenletnek a nemnegatív egész szám(hármas)ok halmazán? (Az x = 0, y =0, z = 6 és az x = 6, y =0, z = 0 megoldások most különbözőnek számítanak. Megoldás (a konkrét feladaté) Alább táblázatban szedtük össze a megoldásokat. A legnagyobb lehetséges x értékkel kezdtük, majd fokozatosan csökkentettük. Az x adott értéke mellett az y értékek is csökkenő sorban következnek (lexikografikusan csökkenő elrendezés). x y z megoldást kaptunk. Az x = 6 értékhez 1, az x = 5 értékhez 2, az x = 4 értékhez 3,... az x = 0 értékhez 7 megoldás tartozik így is kijön az = 28 megoldás. Megoldás (szisztematikus építkezés, adatgyűjtés) Oldjuk meg sorra az x + y + z = 0, x + y + z = 1, x + y + z = 2,... egyenleteket! Az eredmények a táblázatból leolvashatók. Látható, hogy az x + y + z = n egyenlet megoldásainak száma x = n re 1, x = (n 1)-re 2, x = (n 2)-re 3,..., x = 0-ra (n + 1), tehát összesen (n + 1) = (n+1)(n+2)/2 megoldás van. x y z x y z x + y + z = x + y + z = x + y + z = x + y + z = x + y + z = /6

4 Megjegyzés A feladat eredménye, pontosabban az x + y + z = n egyenlet megoldásainak száma (x, y, z nemnegatív egészek és számít a sorrendjük) is megtalálható a Pascal háromszögben, az alább vastagon szedett átlóban: a) Magyarázzuk meg a Pascal háromszög alapján, miért a fent jelölt átlóban van az x + y + z = n egyenlet megoldásainak száma minden nemnegatív egész n esetén? b) Hány megoldása van az x + y + z + t = 6 egyenletnek a nemnegatív egész szám(négyesek)- ek halmazán? I. megoldás a) Lépjünk vissza egy kicsit! Legyen először csak egy ismeretlenünk! Vizsgáljuk az z = 0, z = 1, z = 2,... egyenletek megoldásainak számát! Természetesen mindegyiknek 1 megoldása van, mondhatjuk ezek a megoldásszámok állnak a Pascal háromszög szélső átlójában. Nevezzük ezt a 0- átlónak. Legyen most két ismeretlenünk, azaz nézzük az y + z = 0, y + z = 1, y + z = 2,... egyenleteket! Válasszuk ki pld az y + z = 6 egyenletet. Ebben y-nak 7-féle értéke lehet (0-tól 6-ig) és bármelyik értéket választjuk mindig egy egyváltozós egyenletünk marad, amelynek mindig egy megoldása van. Összesen tehát 7 megoldás lesz. Ehhez hasonlóan az y + z = n egyenletnek (n + 1) megoldása van. y + z = 0, y + z = 1, y + z = 2,... egyenletek megoldásszámai a Pascal háromszög első átlójában sorakoznak. Ha három ismeretlenünk van, tehát az x + y + z = n egyenletet vizsgáljuk, akkor x értékét n- nek, (n-1)-nek,..., 1-nek, 0-nak választhatjuk. Az egyes választások mellett egy-egy kétváltozós egyenletet kapunk. Ezek megoldásai a Pascal háromszög első átlójában fölülről egyesével sorakoznak: 1, 2,..., n, (n + 1). A 3. szakkör 1.6. feladatban láttuk, hogy a Pascal háromszög bármely átlójában az elemek összege a legfölső elemtől valamelyik elemig egyenlő a legutolsó elemtől a Pascal háromszögben balra lejjebb található számmal. Így a jelen esetben az eredmény a második átlóba kerül. b) Az x + y + z + t = 6 egyenletben x értéke lehet 6, 5, 4, 3, 2, 1 és 0. Az egyes értékek választása után rendre az 4/6

5 y + z + t = 0, y + z + t = 1, y + z + t = 2, y + z + t = 3, y + z + t = 4, y + z + t = 5, y + z + t = 6 egyenleteket kell megoldanunk. Ezek megoldásainak száma a Pascal háromszög második átlójában olvasható le, rendre 1, 3, 6, 10, 15, 21 és 28. Ezek összege, a 3. szakkör 1.6. feladata alapján a Pascal háromszögben a 28-tól balra lefelé található szám, azaz 84. Ehhez hasonlóan, ha k db változó összege n, és a nemnegatív megoldásokat keressük, akkor a megoldások számát a Pascal háromszög (k-1)-edik átlójából olvashatjuk le, mégpedig ott az n- edik elem a megoldásszám (ha a 0. elemtől számolunk). II. megoldás (kezdemény) Ábrázoljuk 6 felbontásait a számegyenesen! Az ábrán három példa látható. Először felmértük az origótól x-et, majd annak végpontjából y- t, és 6-ig a maradék lesz z. Egy-egy nagy pöcköt helyeztünk el x és y, illetve y és z közé. A két pöcköt hét helyre tehetjük, ez = = 21lehetőség. A két pöcök még lehet 2 2 ugyanazon a helyen is (ezek felelnek meg az y = 0 esetnek), ami további 7 lehetőség, tehát összesen Hányféleképpen mehetünk fel egy hatfokú lépcsőn, ha egy lépéssel egy vagy két fokot mehetünk feljebb? 5/6

6 I. megoldás Csoportosítsuk a lehetőségeket aszerint, hogy hányszor lépünk két fokot! lépések a 6. fokig lehetőségek 2-es 1-es összes = = = = 1 3 összesen: 13 Hasonlóan végigszámolhatjuk a lehetőségeket, ha az 1., 2., 3., 4., 5. vagy 7. fokig megyünk. Ha f n jelöli az n-edik fokra való eljutás lehetőségeinek számát, akkor f 1 = 1, f 2 = 2, f 3 = 3, f 4 = 5, f 5 = 8, f 6 = 13, f 7 = 21. Megjegyzés Az f 1, f 2, f 3, f 4, f 5, f 6,... számok az I. megoldás alapján kiolvashatók a Pascal háromszögből: Így logikus f 0 -nak az 1-et tekinteni. II. megoldás Észrevehetjük, hogy a kapott sorozatban bármelyik elem az előző kettő összege (amennyiben van előző kettő), azaz f n = f n-1 + f n-2, ha n>2. Ezt így magyarázhatjuk meg: az n-edik lépcsőfokra vagy az (n-1)-edik fokról lépünk fel egyes lépéssel, vagy az (n-2)-edik fokról egy kettes lépéssel. Más lehetőség nincs. Így az n-edik fokra annyiféleképpen juthatunk fel, mint az (n-1)-edik fokra és az (n-2)-edik fokra összesen. Az 1. lépcsőfokra 1-féleképpen, a 2. lépcsőfokra 2-félekéépen juthatunk el, innentől kezdve pedig már használhatjuk a képletet. 6/6