EGY ÚJ SZÁMHÁROMSZÖG A

BELVÁROSI ÁLTALÁNOS ISKOLA ÉS GIMNÁZIUM BÉKÉSCSABA EGY ÚJ SZÁMHÁROMSZÖG A KOMBINATORIKÁBAN 0 3 4 5 6 7 8 9 0 0 0 0 3 3 0 4 9 8 6 0 5 44 45 0 0 0 6 65 64 35 40 5 0 7 854 855 94 35 70 0 8 4833 483 740 464 630 8 0 9 33496 33497 66744 60 5544 34 68 36 0 0 33496 334960 667485 480 55650 088 890 40 45 0 KÉSZÍTETTE: KOVÁCS BÁLINT TÉMAVEZETŐ: MÉRI KÁROLY 0.

Tartalomjegyzék. BEVEZETÉS.... KOMBINATORIKA..... FOGALMA..... FAJTÁI... 3.3. A PASCAL-HÁROMSZÖG... 5.4. A BORÍTÉKOS PROBLÉMA... 7 3. A BORÍTÉKOS PROBLÉMA KIBŐVÍTÉSE... 8 3.. A HÁROMSZÖG HASZNÁLATA... 8 3.. A FELADAT FOLYTATÁSA TÖBB ELEMRE... 8 b b SEJTÉS BEBIZONYÍTÁSA TELJES INDUKCIÓVAL... 0 3.3. A k 4. REKURZÍV SOROZATOK... 4 4.. SZÁMTANI ÉS MÉRTANI SOROZATOK... 4 4.. A FIBONACCI-SOROZAT... 4 4.3. ZÁRT ALAKOK KERESÉSE... 5 5. ZÁRT ALAK A HÁROMSZÖGRE... 8 5.. PRÓBÁLKOZÁSOK... 8 5.. LEONHARD EULER VÉGTELEN SOROZATA... 5.3. AZ / e VÉGTELEN SOR... 6. ÖSSZEGZÉS... 6 FELHASZNÁLT IRODALOM... 7

a matematika éppoly határtala, mit az a tér, amelyet túl szűkek érez törekvéseihez. James Joseph Sylvester. Bevezetés Egyik ismerősöm redszerese iterete redel köyveket. Egyik alkalommal em azt a köyvet kapta, amit megredelt. A csomago a helyes címzés szerepelt, azoba a köyv melletti számla más évre és más címre szólt. Érthető ez a tévedés, mivel maapság egyre többe veszik igéybe ezt a szolgáltatást. Elgodolkoztam azo, vajo meyi a valószíűsége aak, hogy adott számú vásárló eseté feltéve azt, hogy mideki egy köyvet redel az összes megredelő megkapja az általa várt küldeméyt. Ez még em is okozott ekem fejtörést, azoba ahogy egyre jobba beleástam magam a témába, újabb és újabb problémákkal találkoztam.. Kombiatorika.. Fogalma Témák a kombiatorika témakörébe tartozik. A kombiatorika, a kombiálás tudomáya redszerit a dolgok megszámlálásával foglalkozik. Feladata, hogy meghatározott szabály szerit előállítsa az adott véges számú elem bizoyos csoportjait, és hogy az így előállított csoportok számát meghatározza. Először Gottfried Wilhelm Leibiz émet matematikus redszerezte a kombiatorikával kapcsolatos ismereteket, majd Jacob Beroulli svájci matematikus alkalmazta azt valószíűségszámítási problémák megoldásakor a XVII. századba. A XX. század közepé a gyakorlati alkalmazhatósága miatt agy fejlődések idult a matematikáak ez az ága azo ok révé, hogy az alkalmazott matematika élkülözhetetle eszköze., Pl.: választásokál a választókerületeket úgy kombiáli, hogy a lehető legjobb eredméy jöjjö ki; kasziókba a legagyobb yerési esélyt eléri, mit például a Black Jack-be; vagy, hogy a émet szódolgozatba agyobb eséllyel találjuk el a főév évelőjét és még sorolhatám Tóth Katali: Sokszíű matematika 0. 7. kiadás. Szeged: Mozaik Kiadó, 007. 9. p. Obádovics J. Gyula: Matematika. 8. kiadás. Bp.: Scolar Kiadó, 994. 3. p.

3.. Fajtái A kombiatorikába alapvetőe három permutációt, a variációt és a kombiációt. csoportot külöítük el: a Ha számú elemet mide lehetséges sorredbe elredezük, akkor a kombiatorika yelvé azt modjuk, hogy az illető elemeket permutáljuk; az egyes elredezéseket pedig az elemek permutációjáak evezzük. Ha az elemek külöbözők, akkor ismétlés élküli, ha az elemek között egyelők is vaak, akkor ismétléses permutációról beszélük. N külöböző elem permutációiak számát a P! ( ) képlettel határozzuk meg, ahol! 3.... Pl.: Va 6 külöböző szíű ceruzák. Háyféleképpe állíthatjuk őket sorba? Megoldás: Mivel a sorred számít és 6 ceruzából 6-ot választuk ki, ezért ismétlés élküli permutáció. Tehát a megoldás 6! 70 féleképpe állíthatjuk őket sorba. Ha elem között r féle külöböző elem szerepel úgy, hogy az egymással megegyező elemek száma k,k,k 3,...,k r, akkor az ismétléses permutációk száma: P (k,k,...,k r )! k! k!... k! r, ahol k k... kr és r (,k,k,...,k ). Pl.: Va 7 muskátlik, közülük 3 fehér és 4 piros. Háyféleképpe állíthatjuk sorba őket? Megoldás: Mivel a sorred számít és 7 muskátliból 7-et választuk ki, de vaak közöttük ismétlődő elemek, ezért ismétléses permutáció. Tehát a megoldás féleképpe állíthatjuk őket sorba. 7! 3! 4! 35 Ha külöböző elem közül mide lehetséges módo kiválasztuk k elemet, s ezek összes permutációját képezzük, akkor megkapjuk elem k-ad osztályú variációit. Ezekek száma: V ( )( )( 3) (k ),k! ( k)! (,k,k ). Pl.: Úszóverseye 8 úszó háyféleképpe lehet dobogós? Megoldás: mivel a sorred számít és csak 3 úszó lesz dobogós ezért variáció. Az első helyre 8, a második helyre 7, a harmadik helyre 6 úszó futhat be. Tehát 8! 8 7 6 336 (8 3)! féleképpe lehetek az úszók dobogósok. Ha elem k-ad osztályú variációiak képzésekor megegedjük, hogy ugyaaz az elem akárháyszor (de legfeljebb k-szor) szerepelje, akkor k-ad osztályú ismétléses variációkról beszélük. Ezekek a száma: V i,k és k. Pl.: 3 db

4 dobókockával dobuk egymás utá. Háyféle háromjegyű számot kaphatuk? Megoldás: Mivel a sorred számít és egy dobókockához több érték is tartozhat, de lehetek ismétlődő számok, ezért ismétléses variáció. Tehát a megoldás háromjegyű számot kaphatuk. 3 6 6 féle Ha külöböző elem közül mide lehetséges módo kiválasztuk k ( k ) elemet, de em permutáljuk az egyes elredezés elemeit, mert az elemek sorredjére em vagyuk tekitettel, akkor elem k-ad osztályú kombiációit kapjuk: C,k,k V ( )( )( 3) (k )!. k! k! k!( k)! k Pl.: Lottósorsolásál háyféle 5-ös sorsolás jöhet ki, ha 90 számból húzak? Megoldás: mivel a sorred em számít és em mide elemet választuk ki, ezért ismétlés élküli kombiáció. Tehát a megoldás sorsolás lehetséges. 90 90! 4394968 5 5! 85! Ha elem k-ad osztályú kombiációiak képzéséél megegedjük, hogy ugyaaz az elem akárháyszor (de legfeljebb k-szor) szerepelje a kombiációkba, akkor elem k-ad osztályú ismétléses kombiációit kapjuk. Ezekek a száma: C i,k k k féle és (,k ). Pl.: Va 5 yereméyköyvük, amelyeket 30 diák között akarjuk kiosztai úgy, hogy egy diák több köyvet is kaphat. Háyféleképpe oszthatjuk ki a köyveket? Megoldás: Mivel a sorred em számít és 30 diákból csak 5 yerhet köyvet, de az ismétlés megegedett, ezért ismétléses kombiáció. Tehát a 30 5 34! megoldás 7856 féleképpe oszthatjuk ki a köyveket. 3 5 5! 9! Ezekkel már mideki találkozott 9. osztályba. Feltevődhet a kérdés: miért szerepel a címbe Egy új számháromszög a kombiatorikába? Miért? Ismerük már egyet? Hát természetese! Már mideki ismer egy számháromszöget, amelyet az ismétlés élküli kombiációál haszáluk, a Pascal-háromszöget. 3 Obádovics J. Gyula: Matematika. 8. kiadás. Bp.: Scolar Kiadó, 994. p. 3-33.

5.3. A Pascal-háromszög Blaise Pascal (. kép) kiváló fracia matematikus, fizikus és filozófus. 4 éves korába a kis Blaise az apjával együtt eljárt a Mersee körül csoportosult természettudomáyos körbe, amelyből 666-ba kiőtt a Párizsi Tudomáyos Akadémia. Itt ismerkedett meg Desargues eszméivel. Ezek hatása alatt jelet meg 6 éves korába 640-be a éháy oldalyi Essay pour les coiques (Taulmáy a kúpszeletekről) című első műve. Aak elleére, hogy ilye tárgyú mukássága a projektív geometria. kép: Blaise Pascal fejlődését jeletőse előrevitte, em maradt meg eze a területe. Ide-oda csapogva fordult a legkülöbözőbb tárgykörök felé: számológépet szerkesztett, hidrosztatikával foglalkozott, kidolgozta a teljes idukcióval való bizoyítás módszerét, majd a biomiális együtthatókat foglalta a Pascal-háromszögbe (. ábra), mellyel úttörő szerepet töltött be a valószíűségszámításba. 4. ábra: Pascal-háromszög A háromszög képzési szabálya köye felismerhető. Az első tag adott. A továbbiakba mide további tag az őt megelőző sorba lévő két szomszédos tag összege. A háromszög tagjait az előző tagok hiáyába egyszerűe! meghatározhatom az képlettel. k k! k! Va még egy fotos tulajdosága eek a számháromszögek, ami fotos lesz majd egy későbbi bizoyításukhoz: a Pascal-háromszög egy sorába található számok szimmetrikusak, kivéve azo sorokat, amelyekbe páratla tag szerepel. (. ábra) 4 Sai Márto: Nics királyi út!. Bp.: Godolat Köyvkiadó, 986. p. 545-546.

6 Képlettel leírva az állításuk:. ábra: Szimmetria Bizoyítás: x x x x!! x! x! x! x!!! x! x! x! x! 0 0 Azoosságot kaptuk, így bebizoyítottuk állításukat.

7.4. A borítékos probléma Ha valaki foglalkozott kombiatorikával, az tudhatja, hogy egy feladatba em csak tisztá permutáció, variáció és kombiáció lehetséges, haem létezek kevert feladatok. Nézzük meg egy ilye feladatot, amellyel az alábbiakba még foglalkozi foguk! A FELADAT: Egy titkárő megírt 3 levelet és megcímzett 3 borítékot azokak, akikek a levelek szóltak. a) Háyféleképpe teheti bele a borítékokba a leveleket? b) Háyféleképpe lehet úgy beleraki a leveleket a borítékokba, hogy potosa egy, kettő, három, illetve semelyik levél se kerüljö a helyére? Megoldás: a) A borítékolás 3! 3 6 féleképpe lehetséges, mivel a sorred számít és ics ismétlés. b) Ha azt szereték, hogy csak egy levél kerüljö a helyére, akkor azt a levelet 3 3 féleképpe választhatjuk ki, a többi levelet úgy kell redezi, hogy egyik se kerüljö a helyére. Ha kiválasztjuk az -es levelet, akkor látható, hogy lehetőség va, amikor a többi levél ics a helyé. Hasolóa a másik két levélél is. Tehát, ha azt szereték, hogy csak egy boríték maradjo a helyé, akkor 3 3 féleképpe tehetjük ezt meg. Ha azt szereték, hogy két levél kerüljö a helyére és egy legye rossz helye, akkor ez em lehetséges, mivel ha két levél a helyé va, akkor a harmadikak is jó helye kell, hogy legye. Ha azt akarjuk, hogy mid az három levél a helyére kerüljö, az yilvávalóa egy lehetőség. Ha azt akarjuk, hogy egy levél se kerüljö a helyére, akkor elkezdhetük próbálkozi, vagy egyszerűbb az, ha az összes lehetséges esetből kivojuk a fet kapott eredméyeket: 3! 30 - féleképpe lehetséges. (. táblázat, 3. ábra). táblázat és 3. ábra: 3 boríték eseté a lehetséges borítékolások -es levél -es levél 3-as levél helye helye helye.. 3... 3... 3.. 3.. 4. 3... 5... 3. 6... 3.

8 3. A borítékos probléma kibővítése 3.. A háromszög haszálata Eze logikát folytatva megézzük 0,,. táblázat: 3-ből levél legye a helyé borítékra az előző feladatba feltett m=0 3 kérdésekre a válaszokat, majd táblázatba =0 0 redezzük az eredméyeket (. táblázat). A táblázat alapjá a borítékos 3 0 3 0 feladatokat egyszerűe meg lehete oldai. Pl.: Ha meg akarom tudi, hogy 3 boríték eseté háyféleképpe lehetséges az, hogy csak ember kapja meg a saját levelét, akkor az oszlopba megkeresem az 3-as számot (mivel ez jelzi a borítékok számát) és az m sorba a -es számot (mivel ez jelöli azokak a levelekek a számát, amik jó helyre kerülek). Így megtudom, hogy ez 3 féleképpe lehetséges. 3.. A feladat folytatása több elemre Ha folytati akarjuk a táblázatukat, akkor egyre több lehetőséget kell megvizsgáluk. Pl.: 0 db boríték eseté már 0! lehetőséget kellee vizsgáli. Lehet egyszerűbbe is: ézzük meg, hogya folytaták a táblázatuk 4. sorát! Az (=4; m=4) értéke egyértelműe egyelő -gyel, mivel csak egyféleképpe rakhatom úgy a leveleket a borítékokba, hogy midegyik jó helye legye. Az (=4; m=3)=0 értéke is egyértelmű, hisze ha 3 levél a helyé va, akkor a 4. levél is a helyé kell, hogy legye. Az (=4; m=) értékét úgy határozom meg, hogy kiválasztom azt a két levelet, amelyek a helyükö legyeek: 3. táblázat: Folytatás? m=0 3 4 =0 0 0 3 3 0 4????? 4 6 -féleképpe. Ezt az értéket szorzom meg azo lehetőségek számával, amikor a maradék két levél ics a helyé: (=; m=0)=. Tehát (=4; m=)=6x=6. Az (=4; m=) értékét úgy határozom meg, hogy kiválasztom azt az egy levelet, amely a helyé legye 4 4- féleképpe. Ezt az értéket szorzom meg azo lehetőségek számával, amikor a maradék 3 levél ics a helyé: (=3; m=0)=. Tehát (=4; m=)=4x=8. Az (=4;

9 m=0) értékét úgy határozom meg, hogy az összes 4! lehetőségből kivoom az eddig megkapott eredméyeket: 4--0-6-8=9. Tehát (=4; m=0)=9. Eze logika alapjá folytathatjuk a táblázatot és felállíthatuk az egész háromszögükre kiterjedő képletet: a,m bm m. (A ulladik oszlop értékei b, ahol az a,m -él m 0.) Látható, hogy az --edik sor ismeretébe meghatározható az -edik sor és az is világos, hogy a,m!. k0 Ezt az eljárást folytatva a megkapott eredméyeket táblázatba foglalva megkapuk egy számháromszöget. (4. táblázat) 4. táblázat: A számháromszög m=0 3 4 5 6 7 8 9 0 Σ =0 0! 0! 0! 3 3 0 3! 4 9 8 6 0 4! 5 44 45 0 0 0 5! 6 65 64 35 40 5 0 6! 7 854 855 94 35 70 0 7! 8 4833 483 740 464 630 8 0 8! 9 33496 33497 66744 60 5544 34 68 36 0 9! 0 33496 334960 667485 480 55650 088 890 40 45 0 0! Láthatjuk, hogy az egész háromszögre kiterjedő képlet agyo erőse függ a ulladik oszlop elemeitől b. De hogya képezzük az oszlop további elemeit? A Pascal-háromszögbe mide további tag az őt megelőző sorba lévő két szomszédos tag összege. Mi is meg tudjuk határozi a mi háromszögük 0-adik oszlopáak további tagjait, de em közvetleül, haem mit láthattuk, egy kerülő úto. Adjuk meg egy olya eljárást, ahol em kell kerülük, ahol az előző tagból meg tudom határozi a következő tagot. Első ráézésre a 0. oszlopra a b b is kell bizoyítauk. képlet teljesül, azoba ezt be k

0 3.3. A b b sejtés bebizoyítása teljes idukcióval k Bizoyítsuk be Blaise Pascal által megalkotott módszerrel, teljes idukcióval! Teljes idukciós bizoyítás:., Próbáljuk ki az első éháy elemre, hogy egyáltalá működik-e a képlet! b 0 3 4 5 b 0 b 3 b 4 9 b 5 9 44 3 4 5., Feltesszük k b k b k k k -ra, hogy igaz! 3., Bizoyítjuk k -re! k b k b k k bk -ra alkalmazzuk a kiszámítási szabályt: k k k k bk k k! bk bk b b k k k k k k k k bk k k! k bk k bk k k k k kk k k k b k b bk k Most a egatív tagokál elvégezzük a következő utasításokat! k k k k! k k k k k! k k! k k! bk k! bk bk bk k!! k!! k k! k! k k! k k! bk k! k bk k bk k!! k!! kk bkk k k! k! k k k

k! k! bk k! k bk k bk k!! k!! k! bkk k!! k k k bk k! k bk k bk k k bkk k Most kibővítük mide tagot k tagokkal: k k k k k k bk k! k bk k bk kk kk b k bk bk k kk k b A b k b k k k idukciós feltevés miatt: k k k k bk k! bk bk k k k k k k Felbotjuk a zárójeleket: k k k b b0 b0 beszúrjuk k k k k k k bk k! bk bk k k k k b b0 b0 k k k k Csoportosítsuk át a tagokat! k kk beszúrjuk k k k k bk k! bk bk b b0 k k k k k k b 0 k k k k kk k k k k k! b b b b k k Az k k 0 kiszámítási szabály alapjá egyelő bk -gyel. k kifejezés a k

b b k k k k k k k k k k k k k Akkor sikerül bebizoyítauk a képletüket, hogyha a k k k k k k értéke ulla. k k k k k k k k k k k k k k kifejezés Átredezve a tagokat látható, hogy Pascal-háromszög egyes soraiba lévő tagok plusz-míusz előjellel szerepelek és mivel felváltva plusz-míusz előjellel adjuk össze ezért az összegük ulla lesz. Bizoyítás: Ezt k páratlara köye be tudjuk láti. Ekkor a Pascal-háromszög azo sorait választjuk ki, amelyekbe páros számú tag szerepel. Ekkor pot szimmetrikusa helyezkedek el a számok (amit már egyszer bebizoyítottuk), mide számak szerepel a -szerese, párokét összeadva 0-át adak. (4. ábra) 4. ábra: Példa páros tagszámú sorra 5 0 0 5 0 k párosra: Ekkor páratla db számuk va, em modhatjuk, hogy tisztá látszik, hogy a váltakozó előjelű összeg egyelő ullával. Azoba tudjuk, hogy a Pascal-háromszög midegyik eleme a következő sorba két helyre számít bele a képzési szabály miatt. De az előjeles összegbe a két hely egyikét, a másikat előjellel számoljuk, így a tagok összeadva épp kiesek. Az előjeles összeg tehát mide olya sorba ulla lesz, amelyek va megelőző sora. (Csak a 0. sorak ics megelőzője, ott az összeg.) (5. ábra)

3 5. ábra: Példa páratla tagszámú sorra 5 5 0 0 0 0 5 5 5 5 0 0 0 0 5 5 6 5 0 5 6 0 Összegezve: k k k k k k k 0 k k Tehát igaz a 3. pot, bebizoyítottuk a képletet. Ezt a képletet kicsit átredezve, egy másik képletet kapuk. b b b b b b b b b b b b b b b Azoba ezzel a képlettel em tudjuk meghatározi (=x; m=0) értékét, csak ha tudjuk az előtte lévő elemeket. Ez azt eredméyezi, hogy a többi oszlopba sem tudom meghatározi az (; m) értékét, mivel a többi oszlop a 0. oszloptól függ:! a b b m m! m!,m m m. Láthattuk, hogy a Pascal-háromszögbe az képlettel meghatározhatjuk k akármelyik tagot. A mi vizsgált háromszögük is hasoló ehhez a háromszöghöz. Keressük rá olya képletet, amellyel akármelyik tagját meg tudom határozi! A következőkbe egy általáos képletet keresük az új háromszögükhöz.

4 4. Rekurzív sorozatok 4.. Számtai és mértai sorozatok Mivel a háromszögük többi eleme a 0. oszloptól függ, erre az oszlopra kell valamilye szabályosságot felismerük. Első ráézésre valamilye boyolult sorozatot alkotak az egyes elemek. Sorozatak evezzük a pozitív egész számok halmazá értelmezett számértékű függvéyt. Eze belül megkülöböztetük két alapvető csoportot: számtai és mértai sorozatot. Számtai sorozatak evezzük az olya sorozatot, amelybe az egymás utá következő bármely két szomszédos tag külöbsége álladó: a,a d,a d, A sorozat -edik tagja: a a ( ) d A a a sorozat első tagjáak összege: S. 5 Mértai sorozatak evezzük azt a sorozatot, amelybe bármely két szomszédos tag háyadosa álladó: a,aq,aq, A sorozat -edik tagja: a a q. A sorozat első tagjáak összege: q.6 S a q Létezek viszot olya sorozatok is, amelyek em sorolhatóak be tisztá a számtai vagy a mértai sorozatok közé, haem eek a két sorozatak a keverékei. A számtai és mértai sorozat defiíciójáak mitájára megadott sorozatokat rekurzív sorozatokak hívjuk. Példa rá egy szerte a világo ismert sorozat: a Fiboacci-sorozat. 4.. A Fiboacci-sorozat Fiboacci, Boacci fia, Leoardo Pisao (. kép) a középkor kiemelkedő matematikusa. Jeletős érdeme, hogy értelmezte a egatív számokat, és elterjesztette az arab számokat Európába. Fiboacci eve azoba egy számelméleti ötlettel vált világhírűvé. A Fiboacci-sorozat a következő:,,, 3, 5, 8, 3,, 34, 55, 89, 44, 33, 377, 60, 987, 597, 584, 48, 6765, A képzés szabálya köye felismerhető. Az első két tag adott. A. kép: Fiboacci 5 Bárczy Barabás: Algebra II... kiadás. Bp.: Műszaki Köyvkiadó, 965. 0-. p. 6 Bárczy Barabás: Algebra II... kiadás. Bp.: Műszaki Köyvkiadó, 965. 8-0. p.

5 továbbiakba mide további tag, az őt megelőző két tag összege. A sorozat származtatásáak meséje a yulakhoz fűződik, ideje, hogy ők is szíre lépjeek: Egy gazda vásárol a piaco egy yúlpárt, amely havota egy-egy további új yúlpárt fiadzik. Az új yúlpárok is fiadzaak havota egy-egy újabb yúlpárt a második hóaptól kezdve. Háy yúlpárja lesz a gazdáak a egyedik hóapba? A megoldást jól szemlélteti a (3. kép), amelye látszik, hogy az egyes hóapokba a yúlpárok száma a Fiboacci-sorozat egyes elemei. De mi a helyzet, ha a 0. tagját szeretém meghatározi a Fiboaccisorozatak? Ekkor végig kellee számolom 0 db egyeletet, mire megkapám az eredméyt. Azoba tudom, hogy a Fiboacci-sorozat egyes elemeit az a a a rekurzív képlettel határozhatom meg. Rekurzív sorozatak evezük egy olya sorozatot, amelyek az egyes tagjait az előző tagok segítségével tudjuk meghatározi. A sorozat tagjait visszavezető lépésekkel, közismert kifejezéssel rekurzív módo adjuk meg. Erre a sorozatra jellemző egyelettel, az úgyevezett zárt alakkal akármelyik tagját meghatározhatjuk. 7,8, 9 4.3. Zárt alakok keresése. módszer: a zárt alakot több fajta módo is meg lehet adi, például függvéyegyelettel. Ilyekor az eredeti függvéy adatait haszáljuk egy olya függvéybe, amivel meg tudjuk oldai a problémát, ez pedig a következő: f ( ) a a a a 0 0. 0 Ebbe a megoldó függvéybe helyettesítjük be a Fiboacci-sorozat együtthatóit és az első két tagját: f() 0 f() f ( ) f ( ) f ( ) f ( ) a f ( ) b f ( ) 3. kép: Nyulak szaporodása a 5 5 0,, b 7 Hajal Imre: Matematika III.. Bp.: Nemzeti Taköyvkiadó, 989. 6. p. 8 Sai Márto: Nics királyi út!. Bp.: Godolat Köyvkiadó, 986. 450-45. p. 9 Kovács Ádám Vámos Attila: Arayháromszög. Bp.: Műszaki Köyvkiadó, 007. 8-4 p. 0 Lajkó Károly: Függvéyegyeletek feladatokba. 005. 4-5. p.

6 5 5 5 5 f( ) 0 0 5 5 5 5 f( ) 5 ZÁRT ALAK. módszer: megadhatjuk a Fiboacci-sorozat zárt alakját két mértai sorozat összegekét is. Tegyük fel, hogy a c q. Ekkor teljesülie kell a a a cq cq 3. a 0 a a a a, c q c q c q / c q q 3 3 q q 0 5 5 q 5 5 a c ; a c karakterisztikus egyeletet kapjuk, eek megoldásai q, q Kaptuk két mértai sorozatot, amelyek közül egyik sem jó, viszot a két megoldás lieáris kombiációja megoldása az egyeletek. Az első két elemet ismerjük, és ebből meghatározhatjuk c és c értékét, azaz: 0 0 5 5 a 0; 0 c c 0 cc 5 5 c c 5 5 a ; c c 5 5 c ;c a 5 5 5 5 a 5 5 5 ZÁRT ALAK 5 5 a c c

7 3. módszer: ez egy úgyevezett geerátorfüggvéyes módszer. Ezzel a módszerrel a legtöbb feladat megoldható hasolóa a második módszerhez. Azért érdemes haszáli, mert a második módszerbe lehet olya eset, amikor a másodfokú egyeletek csak egy gyöke va, vagy egyáltalá ics, így csak ehézkese jö ki a zárt alak. A geerátorfüggvéyes módszerrel ilyekor icse god, azoba agyo hosszú a levezetése. a 0 a a a a a a a 0 A sorozat elemeiek felhaszálásával állítsuk elő egy geerátorfüggvéyt a következő módo, majd szorozzuk meg az összefüggésüket először a együtthatójával és x-szel, majd a együtthatójával és x -tel: I.: f (x) a a x a x a x 3 II.: x f (x) a x a x a x 3 3 III.: x f (x) a x a x a x 3 4 3 Vojuk ki az első függvéyből a másodikat és a harmadikat! I. II. III.: f (x) x f (x) x f (x) a (a a )x (a a a ) x (a a a ) x f (x) ( x x ) x f (x) 3 3 4 3 x x x x x x 5 5 Botsuk parciális törtekre a kifejezést! 0 0 f (x) 5 5 A x B x A B 5 A 5 B x 5 5 5 5 x x x x 5 5 x (A B) A Bx a A B 0 5 5 A,B a 5 5 A B Alkalmazzuk a végtele sorokra való összefüggést! Tehát : f (x) 5 5 5 5 x x ax a x a x ax

8 5 5 5 5 5 5 5 Majd megkeressük -edik tag előtti, azaz azt a tagot, amelyek a kitevője -. ( x x x ) ( x x x ) a 5 5 5 ZÁRT ALAK 5. Zárt alak a háromszögre 5.. Próbálkozások A háromszögük 0. oszlopáak rekurzív képlete tudjuk, hogy az egyelet, átredezve: b b b b b b. Látható, hogy csak egy -es szorzóval tér el a Fiboacci-sorozattól. Legye! Próbáljuk meg zárt alakot keresi a sorozatukra az. módszerrel! f(0) f() 0 f ( ) ( ) f ( ) ( ) f ( ) f ( ) a f ( ) b f ( ) a ( ) 4 4 0,, b ( ) f ( ) a a0 a a0 f( ) 4 4 4 4 4 Sajos az első módszerbe va egy kitétel: az és a értékébe em lehet változó, azoba ekük bee va az. Így is megpróbáltuk, de a képlet em működik. Mértai sorozat em lehet, hisze az a 0, a többi tag is ulla lee. Talá két mértai sorozat összege. Alkalmazzuk a. módszert!

9 a 0; a a a a ; c q c q c q / c q 3 3 q q 0 q 4 4 q 4 4 a c ; a c 4 4 a c c a 0 c 0 0 4 4 c 0 c c 4 4 c c 4 4 a c c c ;c 4 4 a 4 4 4 Kipróbáltuk a képletet, ez sem működik. Próbáljuk meg a 3. módszerrel, geerátorfüggvéyel megoldai! a a 0 a 0 a a a a a a 0 I.: f (x) a a x a x a x 3 3 3 3 4 3 II.: x f (x) a x a x a x III.: x f (x) a x a x a x I. II. III.: f (x) x f (x) x f (x) a (a a )x (a a a ) x 3 0

0 f (x) ( x x ) a (a a )x f (x) x x x x x x 4 4 4 4 4 4 A x B x A B A B x f (x) 4 4 4 5 x x x x 4 4 x (A B) A B x a A B 0 A,B 4 4 a A B 4 4 a 4 4 4 Az előző potba említett módszerek közül az első hárommal em jutottuk előre a háromszögük 0. oszlopáak zárt alakjáak keresésébe, egyik képlet sem működik, de a egyedik módszerrel talá előrébb foguk haladi ebbe. Megpróbáluk valamiféle szabályosságot felfedezi a ulladik oszlop tagjai között: 3 4 5 6 7 8 b b 0 b 0 b 3 3 4 5 6 7 b 3 4 9 b 3 4 5 44 b 3 4 5 6 65 b 3 4 5 6 7 854 b 3 4 5 6 7 8 4833 Botsuk ki a zárójeleket úgy, hogy közbe e végezzük el a műveleteket! b 8 7 6 5 4 3 8 7 6 5 4 8 7 6 5 8 7 6 8 7 8 4833 8 8! 8! 8! 8! 8! 8! 8! b8 4833! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 8

5.. Leohard Euler végtele sorozata Euler apja kálviista lelkész volt, aki fiát (4. kép) is papak száta. Az ifjú azoba agy igyekezettel látogatta Joha Beroulli matematikaóráit, akiek fiával is összebarátkozott. 77-be a szetpétervári Akadémia meghívta az akkoriba állástala Eulert, ahol először az életta, majd hamarosa a matematika és fizika taszéké fejthette ki páratla tehetségét. Külööse agy hatást gyakorolt a matematika mide területére, a fizikára és a méröki tudomáyokra. Aak elleére, hogy 766- ba midkét szeme világát teljese elvesztette, mukakedve töretle maradt. Káprázatos memóriával és belső látással diktálta műveit. Ebbe az időszakba az Akadémia 46 mukáját fogadta el! Az a számadat, hogy Euler még em teljes összegyűjtött mukáiak jegyzete több mit 73 kötetből áll, amelyek midegyike legalább 600 oldalas, mutatják, hogy a matematika törtéetébe példátla az a termékeység, amellyel Euler matematikai műveit ototta. Ugyaakkor ezek a művek mid tartalmukba, mid formájukba a matematikai szakirodalom remekbe szabott kicsei., 4. kép: Leohard Euler Euler mukássága azért is fotos ekük, mert a róla elevezett, az úgyevezett Euler-számot haszosítai tudjuk. Az Euler-szám: e,788..., ami az kifejezés határértéke. 5.3. Az / e végtele sor Megfigyeltük, hogy ha folytatjuk a ulladik oszlop elemeire ezt a fajta kibotást, akkor észrevesszük, hogy a!!!!!!!!!! b?! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!!! b!?! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!!! Sai Márto: Nics királyi út!. Bp.: Godolat Köyvkiadó, 986. 694-695. p. Barabási Albert-László: Behálózva. Bp.: Heliko Kiadó, 008. 5-6. p.

képlet teljesül rá. Ha be tudjuk láti a b!! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!!! 0,375 egatív egatív egatív végtele sorról, hogy korlátos és szigorú mooto, akkor biztosa koverges, tart egy számhoz, amit a végtelebe ér el. Bizoyítsuk be, hogy korlátos! b!! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 0! b 0,375! 5! 6! 7! 8! 9! 0! Így ezzel a csoportosítással látható, hogy a sorozat csökkeő. Csökketsük ezt az értéket hagyjuk el a pozitív tagokat, és azok a tagok helyett, amelyek előtt míusz jel va, írjuk be még agyobb tagokat, hogy csökkeje az értéke! b 0,375 0 0 0! 5! 7! 9!! b 0,375 0 0 0 5 7 9! b 4 0,375 5! 4 4 0 4 lim 0,375 0,375 0,375 5 5 5 3 4 4 3 3 0,375 0,375 0 3 8 b 0! Így bebizoyítottuk, hogy korlátos. Bizoyítsuk be, hogy szigorúa mooto! Mivel a tagok előjele váltva plusz-míusz, ezért két részbe fogjuk vizsgáli. Először csoportosítsuk a következő módo a sorozat elemeit: /! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!!! pozitív pozitív pozitív pozitív

3 Ekkor a sorozat szigorú mooto övekvő. Nézzük meg egy másfajta csoportosítást: /! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 0!!! egatív egatív egatív egatív Ekkor a sorozat szigorúa mooto csökkeő. Eze két részsorozat megfelelő, egymást követő tagjai külöbségeiek ullához kell tartaiuk, hogy megbizoyosodjuk, a két sorozat em keresztezi egymást, vagyis kovergálak-e valamilye értékhez.! 3! 3! 4!! 4! 4 9 4! 5! 5! 6! 4! 6! 70!!!!!! lim 0 0 0!! Így bebizoyítottuk, hogy a végtele soruk korlátos és szigorúa mooto, tehát koverges. De mihez tart? Elfogadjuk, hogy lim e és ezzel együtt azt is, hogy lim. A biomiális tétel felhaszálásával kibotjuk az e hatváyt: 3 0 0 0 0!!! 0! 0!!!!!!!!!!! 3 Urbá Jáos: Határértékszámítás. Bp.: Műszaki Köyvkiadó, 000. 99. p.

4 3!! 3! 3!!! 0!!! 3 3! 3!!! Tudjuk, hogy egy törtek a határértéke ha x akkor egyelő eggyel, ha a evezőbe és a számlálóba is a változó legmagasabb fokszáma megegyezik. lim lim lim x lim Így leegyszerűsödik a soruk: lim 0!!! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!!! Mivel lim, ezért e 0!!! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!!!, e ami leegyszerűsítve: i 0,3678794... (. grafiko) i! e i0

5. /e-hez való kovergálás f() 0,9 0,8 0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0, 0, 0 0 5 0 5 0 b() /e. grafiko: /e-hez való kovergálás Ha kibővítjük a b 8 képletét, hozzáaduk ullát és kiemelük 8!-t, akkor potosa az előbb említett végtele sorozat 8!-szorosáak első yolc elemét kapjuk. Így leegyszerűsíthetjük a sorozatuk képletét: 8! 8! 8! 8! 8! 8! 8! 8! 8! b8 4833 0!!! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 0 b8 8! 4833 0!!! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 8 i b8 8! i! i0 i i b! / / i! i! e b b! e i0 i0! b e m m! e Ezzel a módszerrel sikerült kapuk egy közelítő értéket a háromszögük ulladik oszlopára. Miért csak közelítő? Mert az i sorozat egy i0 i! e végtele sorozat, viszot a mi képletükbe eek a végtele sorozatak az első

6 éháy tagját veszem igéybe. Így a ulladik oszlop képletét b m m! e be tudom helyettesítei az egész háromszögre kiterjedő képletbe a,m bm. m m! a,m m e 6. Összegzés Láthattuk, hogy meyi mide rejlik egy ilye kis feladatba. Végigjártam a kombiatorika, a függvéyegyeletek és a rekurzív sorozatok területeit, hogy eljussak a feladat legvégére. Próbáltam valamiféle hasolóságot keresi a Pascal-háromszög és a mi háromszögük között, a Fiboacci-sorozat és a háromszögük első oszlopa között. Többfajta rekurzív sorozatak a megoldását ézem át, hogy ötletet merítsek a borítékos probléma megoldásához. A feladat végé azoba egy közelítő értéket kaptam, de ha a ulladik oszlop zárt alakját egészre kerekítem, akkor megkapom a potos értéket: a,m m!. m e egészre Próbáljuk is ki! Keressük meg a 7,3 értékét, amikor 7 levélből 3 va jó helye (5. 7 7 3! táblázat): a7,3 35 8,89 35 9 35 3 e egészre 5. táblázat: A számháromszög haszálata m=0 3 4 5 6 7 8 9 0 Σ =0 0! 0! 0! 3 3 0 3! 4 9 8 6 0 4! 5 44 45 0 0 0 5! 6 65 64 35 40 5 0 6! 7 854 855 94 35 70 0 7! 8 4833 483 740 464 630 8 0 8! 9 33496 33497 66744 60 5544 34 68 36 0 9! 0 33496 334960 667485 480 55650 088 890 40 45 0 0! Mukám sorá regeteg tudással gyarapodtam és a matematika talá legérdekesebb szeletét taulmáyoztam.

7 Felhaszált irodalom XXXIV. Felvidéki Magyar Matematikaversey: IV. osztály. Zselíz, 00. p. XXXV. Felvidéki Magyar Matematikaversey: III. osztály. Komárom, 0. p. XXXV. Felvidéki Magyar Matematikaversey: IV. osztály. Komárom, 0. p. [ÁDÁM Adrás] Háy olya permutáció va, amely adott számú elemet rögzít? / Ádám Adrás. I: Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok 5. évf. 5. sz. (00.). Bp.: MATFUND Alapítváy p. 65-68. [BARABÁSI Albert-László] Behálózva / Barabási Albert-László.. kiadás. Bp.: Heliko Kiadó, 008. 30 p. [BÁRCZY Barabás] Algebra / Bárczy Barabás.. kötet. kiadás. Bp.: Műszaki Köyvkiadó, 965. 3 p. [DRÖSSER, Christoph] Csábító számok, avagy a mideapok matematikája / Christoph Drösser. Bp.: Atheaeum Kiadó, 008. 6 p. [HAJNAL Imre] Matematika / Hajal Imre. 3. kötet Bp.: Nemzeti Taköyvkiadó, 989. - 336 p. [KOVÁCS Ádám] Arayháromszög / Kovács Ádám, Vámos Attila. Bp.: Műszaki Köyvkiadó, 007. 50 p. [LAJKÓ Károly] Függvéyegyeletek feladatokba / Lajkó Károly. Debrece: Debrecei Egyetem Matematikai Itézet, 005. 5 p. [MÁTÉ László] Rekurzív sorozatok / Máté László. Bp.: Taköyvkiadó, 980. 5 p. [OBÁDOVICS J. Gyula] Matematika / Obádovics J. Gyula. 8. kiadás. Bp.: Scolar Kiadó, 994. 83 p. [SAIN Márto] Nics királyi út! / Sai Márto. Bp.: Godolat Köyvkiadó, 986. 83 p. [SOLT György] Valószíűségszámítás / Solt György. 6. kiadás Bp.: Műszaki Köyvkiadó, 993. 65 p. [SZERÉNYI Tibor] Aalízis / Szeréyi Tibor. 3. kiadás Bp.: Taköyvkiadó, 985. 578 p. [TÓTH Katali] Sokszíű matematika 9. / Tóth Katali. 7. kiadás. Szeged: Mozaik Kiadó, 007. 55 p. [TÓTH Katali] Sokszíű matematika 0. / Tóth Katali. 7. kiadás. Szeged: Mozaik Kiadó, 007. 47 p. [TÓTH Katali] Sokszíű matematika. / Tóth Katali. 5. kiadás. Szeged: Mozaik Kiadó, 007. 95 p. [TÖRÖK Judit] A Fiboacci-sorozat / Török Judit. Bp.: Taköyvkiadó, 984. 88 p. [URBÁN Jáos] Határértékszámítás / Urbá Jáos. Bp.: Műszaki Köyvkiadó, 000. 45 p.