Upload
vandor-david
View
239
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
1/28
BELVROSI LTALNOS ISKOLA S GIMNZIUMBKSCSABA
EGY J SZMHROMSZG AKOMBINATORIKBAN
KSZTETTE:KOVCS BLINT TMAVEZET:MRI KROLY
2012.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
0 1
1 0 1
2 1 0 1
3 2 3 0 1
4 9 8 6 0 1
5 44 45 20 10 0 1
6 265 264 135 40 15 0 1
7 1854 1855 924 315 70 21 0 1
8 14833 14832 7420 2464 630 112 28 0 1
9 133496 133497 66744 22260 5544 1134 168 36 0 1
10 1334961 1334960 667485 222480 55650 11088 1890 240 45 0 1
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
2/28
Tartalomjegyzk
1. BEVEZETS ........................................................................................................................... 2
2.
KOMBINATORIKA ............................................................................................................... 2
2.1. FOGALMA ......................................................................................................................... 22.2. FAJTI .............................................................................................................................. 3
2.3. APASCAL-HROMSZG .................................................................................................... 52.4.
ABORTKOS PROBLMA ............................................................................................... 7
3. A BORTKOS PROBLMAKIBVTSE....................................................................... 8
3.1.
AHROMSZG HASZNLATA ............................................................................................ 8
3.2.
AFELADAT FOLYTATSA TBB ELEMRE ............................................................................ 8
3.3. A n
n k 1b n b 1 SEJTS BEBIZONYTSATELJES INDUKCIVAL........................ 10
4. REKURZV SOROZATOK................................................................................................. 14
4.1.
SZMTANI S MRTANI SOROZATOK................................................................................ 144.2. AFIBONACCI-SOROZAT .................................................................................................. 14
4.3.
ZRT ALAKOK KERESSE ................................................................................................ 15
5. ZRT ALAK A HROMSZGRE ..................................................................................... 18
5.1. PRBLKOZSOK........................................................................................................... 185.2. LEONHARD EULER VGTELEN SOROZATA ........................................................................ 21
5.3. AZ 1 / e VGTELEN SOR................................................................................................. 21
6. SSZEGZS ......................................................................................................................... 26
FELHASZNLT IRODALOM ..................................................................................................... 27
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
3/28
2
a matematika ppoly hatrtalan, mint az a tr,amelyet tl szknek rez trekvseihez.
James Joseph Sylvester
1. Bevezets
Egyik ismersm rendszeresen interneten rendel knyveket. Egyik
alkalommal nem azt a knyvet kapta, amit megrendelt. A csomagon a helyes cmzs
szerepelt, azonban a knyv melletti szmla ms nvre s ms cmre szlt. rthet ez
a tveds, mivel manapsg egyre tbben veszik ignybe ezt a szolgltatst.
Elgondolkoztam azon, vajon mennyi a valsznsge annak, hogy adott szm
vsrl esetnfeltve azt, hogy mindenki egy knyvet rendelaz sszes megrendel
megkapja az ltala vrt kldemnyt. Ez mg nem is okozott nekem fejtrst, azonban
ahogy egyre jobban belestam magam a tmba, jabb s jabb problmkkal
tallkoztam.
2. Kombinatorika
2.1.Fogalma
Tmnk a kombinatorika tmakrbe tartozik. A kombinatorika, a
kombinls tudomnya rendszerint a dolgok megszmllsval foglalkozik.Feladata, hogy meghatrozott szably szerint ellltsa az adott vges szm elem
bizonyos csoportjait, s hogy az gy ellltott csoportok szmt meghatrozza.
Elszr Gottfried Wilhelm Leibniz nmet matematikus rendszerezte a
kombinatorikval kapcsolatos ismereteket, majd Jacob Bernoulli svjci matematikus
alkalmazta azt valsznsgszmtsi problmk megoldsakor a XVII. szzadban. A
XX. szzad kzepn a gyakorlati alkalmazhatsga miatt nagy fejldsnek indult a
matematiknak ez az ga azon ok rvn, hogy az alkalmazott matematika
nlklzhetetlen eszkze.1,2 Pl.: vlasztsoknl a vlasztkerleteket gy
kombinlni, hogy a lehet legjobb eredmny jjjn ki; kaszinkban a legnagyobb
nyersi eslyt elrni, mint pldul a Black Jack-ben; vagy, hogy a nmet
szdolgozatban nagyobb esllyel talljuk el a fnv nveljt s mg sorolhatnm
1Tth Katalin: Sokszn matematika 10. 7. kiads. Szeged: Mozaik Kiad, 2007. 9. p.
2Obdovics J. Gyula:Matematika.18. kiads. Bp.: Scolar Kiad, 1994. 223. p.
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
4/28
3
2.2.Fajti
A kombinatorikban alapveten hrom csoportot klntnk el: a
permutcit, a varicit s a kombincit.
Ha n szm elemet minden lehetsges sorrendben elrendeznk, akkor akombinatorika nyelvn azt mondjuk, hogy az illet elemeket permutljuk; az egyes
elrendezseket pedig az elemek permutcijnak nevezzk. Ha az elemek
klnbzk, akkor ismtls nlkli, ha az elemek kztt egyenlk is vannak, akkor
ismtlses permutcirl beszlnk. N klnbz elem permutciinak szmt a
!nPn (n ) kplettel hatrozzuk meg, ahol n! 1 2 3 ... n . Pl.: Van 6
klnbz szn ceruznk. Hnyflekppen llthatjuk ket sorba? Megolds: Mivel
a sorrend szmt s 6 ceruzbl 6-ot vlasztunk ki, ezrt ismtls nlkli permutci.Teht a megolds 6! 720 flekppen llthatjuk ket sorba.
Ha n elem kztt r fle klnbz elem szerepel gy, hogy az egymssal
megegyez elemek szma 1 2 3 r k ,k ,k ,...,k , akkor az ismtlses permutcik szma:
1 2 r(k ,k ,...,k )
n
1 2 r
n!P
k ! k ! ... k !
, ahol 1 2 rk k ... k n s 1 2 r(n, k , k ,..., k )
. Pl.:
Van 7 musktlink, kzlk 3 fehr s 4 piros. Hnyflekppen llthatjuk sorba ket?
Megolds: Mivel a sorrend szmt s 7 musktlibl 7-et vlasztunk ki, de vannak
kzttk ismtld elemek, ezrt ismtlses permutci. Teht a megolds7!
353! 4!
flekppen llthatjuk ket sorba.
Ha nklnbz elem kzl minden lehetsges mdon kivlasztunk kelemet,
s ezek sszes permutcijt kpezzk, akkor megkapjuk n elem k-ad osztly
variciit. Ezeknek szma: n,kn!
V n(n 1)(n 2)(n 3) n (k 1)(n k)!
s
(n, k , k n) . Pl.: szversenyen 8 sz hnyflekppen lehet dobogs?
Megolds: mivel a sorrend szmt s csak 3 sz lesz dobogs ezrt varici. Az els
helyre 8, a msodik helyre 7, a harmadik helyre 6 sz futhat be. Teht
8!8 7 6 336
(8 3)!
flekppen lehetnek az szk dobogsok.
Ha n elem k-ad osztly variciinak kpzsekor megengedjk, hogy
ugyanaz az elem akrhnyszor (de legfeljebb k-szor) szerepeljen, akkor k-ad osztly
ismtlses varicikrl beszlnk. Ezeknek a szma: i kn,kV n . Pl.: 3 db
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
5/28
4
dobkockval dobunk egyms utn. Hnyfle hromjegy szmot kaphatunk?
Megolds: Mivel a sorrend szmt s egy dobkockhoz tbb rtk is tartozhat, de
lehetnek ismtld szmok, ezrt ismtlses varici. Teht a megolds 36 216 fle
hromjegy szmot kaphatunk.Ha nklnbz elem kzl minden lehetsges mdon kivlasztunk k )( nk
elemet, de nem permutljuk az egyes elrendezs elemeit, mert az elemek sorrendjre
nem vagyunk tekintettel, akkor n elem k-ad osztly kombinciit kapjuk:
n,kn,k
nV n(n 1)(n 2)(n 3) n (k 1) n!C
kk! k! k!(n k)!
.
Pl.: Lottsorsolsnl hnyfle 5-s sorsols jhet ki, ha 90 szmbl hznak?
Megolds: mivel a sorrend nem szmt s nem minden elemet vlasztunk ki, ezrt
ismtls nlkli kombinci. Teht a megolds90 90!
439492685 5! 85!
fle
sorsols lehetsges.
Ha n elem k-ad osztly kombinciinak kpzsnl megengedjk, hogy
ugyanaz az elem akrhnyszor (de legfeljebb k-szor) szerepeljen a kombincikban,
akkor n elem k-ad osztly ismtlses kombinciit kapjuk. Ezeknek a szma:
in, k n k 1C
k
s (n, k ) . Pl.: Van 5 nyeremnyknyvnk, amelyeket 30 dik
kztt akarjuk kiosztani gy, hogy egy dik tbb knyvet is kaphat. Hnyflekppen
oszthatjuk ki a knyveket? Megolds: Mivel a sorrend nem szmt s 30 dikbl csak
5 nyerhet knyvet, de az ismtls megengedett, ezrt ismtlses kombinci. Teht a
megolds30 5 1 34!
2782565 5! 29!
flekppen oszthatjuk ki a knyveket.3
Ezekkel mr mindenki tallkozott 9. osztlyban. Feltevdhet a krds: mirt
szerepel a cmben Egy jszmhromszg a kombinatorikban? Mirt? Ismernk
mr egyet? Ht termszetesen! Mr mindenki ismer egy szmhromszget, amelyet
az ismtls nlkli kombincinl hasznlunk,a Pascal-hromszget.
3Obdovics J. Gyula: Matematika.18. kiads. Bp.: Scolar Kiad, 1994. p. 223-233.
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
6/28
5
2.3.A Pascal-hromszg
Blaise Pascal (1. kp) kivl francia
matematikus, fizikus s filozfus. 14 ves korban a
kis Blaise az apjval egytt eljrt a Mersenne krlcsoportosult termszettudomnyos krbe, amelybl
1666-ban kintt a Prizsi Tudomnyos Akadmia. Itt
ismerkedett meg Desargues eszmivel. Ezek hatsa
alatt jelent meg 16 ves korban 1640-ben a nhny
oldalnyi Essay pour les coniques (Tanulmny a
kpszeletekrl) cm els mve. Annak ellenre, hogy
ilyen trgy munkssga a projektv geometria
fejldst jelentsen elrevitte, nem maradt meg ezen a terleten. Ide-oda csapongva
fordult a legklnbzbb trgykrk fel: szmolgpet szerkesztett,
hidrosztatikval foglalkozott, kidolgozta a teljes indukcival val bizonyts
mdszert, majd a binomilis egytthatkat foglalta a Pascal-hromszgbe (1. bra),
mellyel ttr szerepet tlttt be a valsznsgszmtsban.4
1. bra: Pascal-hromszg
A hromszg kpzsi szablya knnyen felismerhet. Az els tag adott. A
tovbbiakban minden tovbbi tag az t megelz sorban lv kt szomszdos tagsszege. A hromszg tagjait az elz tagok hinyban egyszeren
meghatrozhatom az
n n!
k k! n k !
kplettel.
Van mg egy fontos tulajdonsga ennek a szmhromszgnek, ami fontos lesz
majd egy ksbbi bizonytsunkhoz: a Pascal-hromszg egy sorban tallhat
szmok szimmetrikusak, kivve azon sorokat, amelyekben pratlan tag szerepel. (2.
bra)4Sain Mrton: Nincs kirlyi t!. Bp.: Gondolat Knyvkiad, 1986. p. 545-546.
1. kp: Blaise Pascal
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
7/28
6
2. bra: Szimmetria
Kplettel lerva az lltsunk:
n n
n n n
n nn n 1 n 1
n n
n n 2 n 2
n n
n n x n x
Bizonyts:
n n
n n x n x
n! n!
n x ! n n x !n n x ! n n n x !
n! n!
x! n x ! n x ! x!
0 0
Azonossgot kaptunk, gy bebizonytottuklltsunkat.
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
8/28
7
2.4.A bortkos problma
Ha valaki foglalkozott kombinatorikval, az tudhatja, hogy egy feladatban
nem csak tisztn permutci, varici s kombinci lehetsges, hanem lteznek
kevert feladatok. Nzznk meg egy ilyen feladatot, amellyel az albbiakban mgfoglalkozni fogunk!
A FELADAT: Egy titkrn megrt 3 levelet s megcmzett 3 bortkot azoknak,
akiknek a levelek szltak.
a) Hnyflekppen teheti bele a bortkokba a leveleket?
b) Hnyflekppen lehet gy belerakni a leveleket a bortkokba, hogy pontosan
egy, kett, hrom, illetve semelyik levl se kerljn a helyre?
Megolds:
a) A bortkols 3! 3 2 1 6 flekppen lehetsges, mivel a sorrend szmt s
nincs ismtls.
b) Ha azt szeretnnk, hogy csak egy levl kerljn a helyre, akkor azt a levelet
33
1
flekppen vlaszthatjuk ki, a tbbi 2 levelet gy kell rendezni, hogy egyik
se kerljn a helyre. Ha kivlasztjuk az 1-es levelet, akkor lthat, hogy 1 lehetsg
van, amikor a tbbi levl nincs a helyn. Hasonlan a msik kt levlnl is. Teht, ha
azt szeretnnk, hogy csak egy bortk maradjon a helyn, akkor3
1 31
flekppen
tehetjk ezt meg. Ha azt szeretnnk, hogy kt levl kerljn a helyre s egy legyen
rossz helyen, akkor ez nem lehetsges, mivel ha kt levl a helyn van, akkor a
harmadiknak is j helyen kell, hogy legyen. Ha azt akarjuk, hogy mind az hrom
levl a helyre kerljn, az nyilvnvalan egy lehetsg. Ha azt akarjuk, hogy egy
levlse kerljn a helyre, akkor elkezdhetnk prblkozni, vagy egyszerbb az, ha
az sszes lehetsges esetbl kivonjuk a fent kapott eredmnyeket: 3! 3 0 2 -
flekppen lehetsges.(1. tblzat, 3. bra)
1. tblzats 3. bra: 3 bortk esetn a lehetsges bortkolsok
1-es levlhelye
2-es levlhelye
3-as levlhelye
1. 2. 3. 1.
2. 3. 1. 2.
3. 1. 3. 2.
4. 3. 2. 1.
5. 2. 1. 3.
6. 1. 2. 3.
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
9/28
8
3. A bortkos problma kibvtse
3.1.A hromszg hasznlata
Ezen logikt folytatva megnzzk 0,1,
2 bortkra az elz feladatban feltett
krdsekre a vlaszokat, majd tblzatba
rendezzk az eredmnyeket (2. tblzat).
A tblzat alapjn a bortkos
feladatokat egyszeren meg lehetne oldani. Pl.: Ha meg akarom tudni, hogy 3 bortk
esetn hnyflekppen lehetsges az, hogy csak 1 ember kapja meg a sajt levelt,
akkor az n oszlopban megkeresem az 3-as szmot (mivel ez jelzi a bortkok szmt)
s az m sorban a 1-es szmot (mivel ez jelli azoknak a leveleknek a szmt, amik jhelyre kerlnek). gy megtudom, hogy ez 3 flekppen lehetsges.
3.2.A feladat folytatsa tbb elemre
Ha folytatni akarjuk a
tblzatunkat, akkor egyre tbb
lehetsget kell megvizsglnunk. Pl.:
10 db bortk esetn mr 10!lehetsget kellene vizsglni. Lehet
egyszerbben is: nzzk meg, hogyan
folytatnnk a tblzatunk 4. sort!
Az (n=4; m=4) rtke egyrtelmen egyenl 1-gyel, mivel csak egyflekppen
rakhatom gy a leveleket a bortkokba, hogy mindegyik j helyen legyen. Az (n=4;
m=3)=0 rtke is egyrtelm, hiszen ha 3 levl ahelyn van, akkor a 4. levl is a
helyn kell, hogy legyen. Az (n=4; m=2) rtkt gy hatrozom meg, hogy
kivlasztom azt a kt levelet, amelyek a helykn legyenek:4
62
-flekppen. Ezt
az rtket szorzom meg azon lehetsgek szmval, amikor a maradk kt levl
nincs a helyn: (n=2; m=0)=1. Teht (n=4; m=2)=6x1=6. Az (n=4; m=1) rtkt gy
hatrozom meg, hogy kivlasztom azt az egy levelet, amely a helyn legyen4
41
-
flekppen. Ezt az rtket szorzom meg azon lehetsgek szmval, amikor a
maradk 3 levl nincs a helyn: (n=3; m=0)=2. Teht (n=4; m=1)=4x2=8. Az (n=4;
2. tblzat: 3-bl 1 levllegyen a helyn
m=0 1 2 3
n=0 1
1 0 1
2 1 0 1
3 2 3 0 1
3. tblzat: Folytats?
m=0 1 2 3 4
n=0 1
1 0 1
2 1 0 1
3 2 3 0 1
4 ? ? ? ? ?
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
10/28
9
m=0) rtkt gy hatrozom meg, hogy az sszes 4! lehetsgbl kivonom az eddig
megkapott eredmnyeket: 24-1-0-6-8=9. Teht (n=4; m=0)=9. Ezen logika alapjn
folytathatjuk a tblzatot s felllthatunk az egsz hromszgnkre kiterjed
kpletet: n,m n mn
a bm
. (A nulladik oszlop rtkei nb , ahol az n, ma -nl m 0 .)
Lthat, hogy az n-1-edik sor ismeretben meghatrozhat az n-edik sor s az is
vilgos, hogyn
n, m
k 0
a n!
.
Ezt az eljrst folytatva a megkapott eredmnyeket tblzatba foglalva
megkapunk egy szmhromszget.(4. tblzat)
4. tblzat: A szmhromszg
m=0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
n=0 1 0!
1 0 1 1!
2 1 0 1 2!
3 2 3 0 1 3!
4 9 8 6 0 1 4!
5 44 45 20 10 0 1 5!
6 265 264 135 40 15 0 1 6!
7 1854 1855 924 315 70 21 0 1 7!
8 14833 14832 7420 2464 630 112 28 0 1 8!
9 133496 133497 66744 22260 5544 1134 168 36 0 1 9!
10 1334961 1334960 667485 222480 55650 11088 1890 240 45 0 1 10!
Lthatjuk, hogy az egsz hromszgre kiterjed kplet nagyon ersen fgg a
nulladik oszlop elemeitl nb . De hogyan kpezzk az oszlop tovbbi elemeit? A
Pascal-hromszgben minden tovbbi tag az t megelz sorban lv kt
szomszdos tag sszege. Mi is meg tudjuk hatrozni a mi hromszgnk 0-adik
oszlopnak tovbbi tagjait, de nem kzvetlenl, hanem mint lthattuk, egy kerl
ton. Adjunk meg egy olyan eljrst, ahol nem kell kerlnnk, ahol az elz
tagbl meg tudom hatrozni a kvetkez tagot.
Els rnzsre a 0. oszlopra a n
n k 1b n b 1 kplet teljesl, azonban ezt be
is kell bizonytanunk.
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
11/28
10
3.3.A n
n k 1b n b 1 sejts bebizonytsa teljes indukcival
Bizonytsuk be Blaise Pascal ltal megalkotott mdszerrel, teljes indukcival!
Teljes indukcis bizonyts:1., Prbljuk ki az els nhny elemre, hogy egyltaln mkdik-e a kplet!
1
1
2
2
3
3
4
4
5
5
b 1 1 1 0
b 2 0 1 1
b 3 1 1 2
b 4 2 1 9
b 5 9 1 44
2., Feltesszk n k -ra, hogy igaz!
k
k k 1b k b 1
3., Bizonytjuk n k 1 -re!
k 1
k 1 kb k 1 b 1
kb -ra alkalmazzuk a kiszmtsi szablyt:
k
k 1
k 1 k 1 k 2 k k k k 1
b
k 1 k 1 k 2
k 1
k kk k 1
k k k k b k 1 k! b b b b 1
1 2 k 1 k
k kb k 1 k! k 1 b k 1 b
1 2
k kk 1 b k 1 b 1
k 1 k
Most a negatv tagoknl elvgezzk a kvetkez utastsokat!
k 1
k 1 k 1 k 2 k k
k 1 k 1 k 2
k 1
k k
k 1 k! k 1 k! k 1 k!b k 1 ! b b b 1
k k 1k
k 1
k 1
k k
! 1! k 2 ! 2! k k ! k!
k 1 k! k 1 k!b k 1 ! b b
k 1 ! 1! k 2 ! 2!
k 1 k!b1
k k1
k k ! k!1
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
12/28
11
k 1 k 1 k 2
k 1
k k
k 1 k 1 k 2
k 1
k k
k k 1k 1 ! k 1 !
b k 1 ! b bk 1 1 ! 1! k 1 2 ! 2!
k 1 !b 1
k 1 1 !
k
11!
k k1 k 1
b k 1 ! b b1 2
k 1b 1
k1
1 1
1
Most kibvtnk minden tagot k k
1 1 tagokkal:
k k 1
1
k k k 1
k 1 k 1 k 2
b b
k 1
k k
b
k 1
k k 1 k k 1
k 1 k 1b k 1 ! b b
1 2
k 1b 1
k 1
k k 1
1
1
1
1 1 1
1 1
A k k 1k
kb b 1 indukcis feltevs miatt:
k 1 k k 1
k 11 0 0
k k 1
beszrjuk
k k 1
k 1 k 1b k 1 ! b b
1 2
k 1 k 1 k 1b
1
b b 1k 1
1
1 k 1 11
k
Felbontjuk a zrjeleket:
k 1 k k 1
k 1
1 0 0
beszrj
k k 1
k k 1
uk
k 1 kk 1 k 1b k 1 ! b b
1 2
k 1 k 1 k
11 1
1 2
k 11
k 1 1
1b b b 1
k 1 1 k 1 k 1
Csoportostsuk t a tagokat!
k 1 k k 1 1 0
k 1
0
k k 1 k k 1k 1 k 1 k 11 1 1
1 2 k 1
k 1 k 1 k 1 k 1b k 1 ! b b b b
1 2 k 1 1 k 1
k
k 11
1b 1
Az k k 1 1 0k 1 k 1 k 1 k 1
k 1 ! b b b b1 2 k 1 1 k 1
kifejezs a
kiszmtsi szably alapjn egyenl k 1b -gyel.
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
13/28
12
k k 1 k k 1
k 1 k 1
k 1k 1 k 1 k 11 1 1
1 2
k 1b
k 1b 1
k 11
Akkor sikerl bebizonytanunk a kpletnket, hogyha a
k k kk 1 11 kk 1 k k1 k 11 1 11 2 k 11 111 k
kifejezs
rtke nulla.
1 1k kk 1k 1 k 1 k 1
1 1 1k 1
21
11 k k
trendezve a tagokatlthat, hogy Pascal-hromszg egyes soraiban lv tagok
plusz-mnusz eljellel szerepelnek s mivel felvltva plusz-mnusz eljellel adjuk
ssze ezrt az sszegk nulla lesz.
Bizonyts:
Ezt kpratlanra knnyen be tudjuk ltni.Ekkor a Pascal-hromszg azon sorait
vlasztjuk ki, amelyekben pros szm tag szerepel. Ekkor pont szimmetrikusan
helyezkednek el a szmok (amit mr egyszer bebizonytottunk), minden szmnak
szerepel a 1 -szerese, pronknt sszeadva 0-t adnak.(4. bra)
4. bra: Plda pros tagszm sorra
5 101 010 15
kprosra: Ekkor pratlan db szmunk van, nem mondhatjuk, hogy tisztn
ltszik, hogy a vltakoz eljel sszeg egyenl nullval. Azonban tudjuk, hogy a
Pascal-hromszg mindegyik eleme a kvetkez sorban kt helyre szmt bele a
kpzsi szably miatt. De az eljeles sszegben a kt hely egyikt , a msikat
eljellel szmoljuk, gy a tagok sszeadva pp kiesnek. Az eljeles sszeg teht
minden olyan sorban nulla lesz, amelynek van megelz sora. (Csak a 0. sornak
nincs megelzje, ott 1 az sszeg.) (5. bra)
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
14/28
13
5. bra: Plda pratlantagszm sorra
1 5 101 5 10 10 5 1
1 15
10 5 1
6
1 1 5 5 10 10
20
10 10 5 5 1
1
1
61 05
sszegezve:
k 1 k k 1 1k 1 k 1 k 1 k 1
1 1 1 1 01 2 k k 1
Teht igaz a 3. pont, bebizonytottuk a kpletet.
Ezt a kpletet kicsittrendezve, egy msik kpletet kapunk.
n n n 1
n n 1 n n 1 n 1 n 2
n 1
n n 1 n 1 n 2n 1 n 2
n n 1 n 2
b b n 1 b b b n 1 b n 1 1
b b b n b n 1b b n 1 1
b n 1 b n 1 b
Azonban ezzel a kplettel nem tudjuk meghatrozni (n=x; m=0) rtkt, csak ha
tudjuk az eltte lv elemeket. Ez azt eredmnyezi, hogy a tbbi oszlopban sem
tudom meghatrozni az (n; m) rtkt, mivel a tbbi oszlop a 0. oszloptl fgg:
n,m n m n m
n n!a b b
m m! n m !
.
Lthattuk, hogy a Pascal-hromszgben azn
k
kplettel meghatrozhatjuk
akrmelyik tagot. A mi vizsglt hromszgnk is hasonl ehhez a hromszghz.
Keressnk r olyan kpletet, amellyel akrmelyik tagjt meg tudom hatrozni! A
kvetkezkben egy ltalnos kpletet keresnk az j hromszgnkhz.
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
15/28
14
4. Rekurzv sorozatok
4.1.Szmtani s mrtani sorozatok
Mivel a hromszgnk tbbi eleme a 0. oszloptl fgg, erre az oszlopra kell
valamilyen szablyossgot felismernnk. Els rnzsre valamilyen bonyolult
sorozatot alkotnak az egyes elemek. Sorozatnak nevezzk a pozitv egsz szmok
halmazn rtelmezett szmrtk fggvnyt. Ezen bell megklnbztetnk kt
alapvet csoportot: szmtani s mrtani sorozatot.Szmtani sorozatnak nevezzk az
olyan sorozatot, amelyben az egyms utn kvetkez brmely kt szomszdos tag
klnbsge lland: 1 1 1a , a d,a 2d, A sorozat n-edik tagja: n 1a a (n 1) d A
sorozat els n tagjnak sszege: 1 nn
a aS n
2
.5Mrtani sorozatnak nevezzk azt a
sorozatot, amelyben brmely kt szomszdos tag hnyadosa lland: 21 1 1a ,a q,a q ,
A sorozat n-edik tagja: n 1n 1a a q . A sorozat els n tagjnak sszege:
n
n 1
q 1S a
q 1
.6
Lteznek viszont olyan sorozatok is, amelyek nem sorolhatak be tisztn a
szmtani vagy a mrtani sorozatok kz, hanem ennek a kt sorozatnak a keverkei.
A szmtani s mrtani sorozat defincijnak mintjra megadott sorozatokat
rekurzv sorozatoknak hvjuk. Plda r egy szerte a vilgon ismert s orozat: a
Fibonacci-sorozat.
4.2.A Fibonacci-sorozat
Fibonacci, Bonacci fia, Leonardo Pisano
(2. kp) a kzpkor kiemelked matematikusa.
Jelents rdeme, hogy rtelmezte a negatv szmokat,s elterjesztette az arab szmokat Eurpban.
Fibonacci neve azonban egy szmelmleti tlettel vlt
vilghrv. A Fibonacci-sorozat a kvetkez: 1, 1, 2,
3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987,
1597, 2584, 4181, 6765, A kpzs szablya
knnyen felismerhet. Az els kt tag adott. A
5Brczy Barnabs: Algebra II.. 2. kiads. Bp.: Mszaki Knyvkiad, 1965. 110-112. p.
6Brczy Barnabs: Algebra II.. 2. kiads. Bp.: Mszaki Knyvkiad, 1965. 118-120. p.
2. kp: Fibonacci
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
16/28
15
tovbbiakban minden tovbbi tag, az t megelz kt tag sszege. A sorozat
szrmaztatsnak mesje a nyulakhoz fzdik, ideje, hogy k is sznre lpjenek: Egy
gazda vsrol a piacon egy nylprt, amely havonta egy-egy tovbbi j nylprt fiadzik. Az
j nylprok is fiadzanak havonta egy-egy jabb nylprt a msodik hnaptl kezdve. Hny
nylprja lesz a gazdnak a negyedik hnapban? A megoldst jl szemllteti a (3. kp),
amelyen ltszik, hogy az egyes hnapokban a nylprok szma a Fibonacci-sorozat egyes
elemei. De mi a helyzet, ha a 2011. tagjt szeretnm meghatrozni a Fibonacci-
sorozatnak? Ekkor vgig kellene szmolnom 2011 db egyenletet, mire megkapnm
az eredmnyt. Azonban tudom, hogy a Fibonacci-sorozat egyes elemeit az
n 2 n 1 na a a rekurzv kplettel hatrozhatom meg. Rekurzv sorozatnak neveznk
egy olyan sorozatot, amelynek az
egyes tagjait az elz tagok
segtsgvel tudjuk meghatrozni. A
sorozat tagjait visszavezet
lpsekkel, kzismert kifejezssel
rekurzv mdon adjuk meg. Erre a
sorozatra jellemz egyenlettel, az
gynevezett zrt alakkal akrmelyik
tagjt meghatrozhatjuk.7 ,8,9
4.3.Zrt alakok keresse
1. mdszer: a zrt alakot tbb fajta mdon is meg lehet adni, pldul
fggvnyegyenlettel. Ilyenkor az eredeti fggvny adatait hasznljuk egy olyan
fggvnyben, amivel meg tudjuk oldani a problmt, ez pedig a kvetkez:
1 11 0 1 01
( )
n nf n a a a a
.10 Ebbe a megold
fggvnybe helyettestjk be a Fibonacci-sorozat egytthatit s az els kt tagjt:
2
1,2 1,2
(1) 0 (2) 1
( 2) ( 1) ( )
( 2) ( 1) ( )
1 1 5 1 51 0
1 2 2
f f
f n f n f n
f n a f n b f n
a
b
7Hajnal Imre: Matematika III..Bp.: Nemzeti Tanknyvkiad, 1989. 262. p.
8
Sain Mrton: Nincs kirlyi t!. Bp.: Gondolat Knyvkiad, 1986. 450-452. p.9Kovcs dmVmos Attila: Aranyhromszg. Bp.: Mszaki Knyvkiad, 2007. 18-24 p.
10Lajk Kroly: Fggvnyegyenletek feladatokban. 2005.24-25. p.
3. kp: Nyulak szaporodsa
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
17/28
16
1 1
1 1
1 1 5 1 5 1 5 1 5( ) 1 0 1 0
2 2 2 21 5 1 5
2 2
1 1 5 1 5( )2 25
n n
n n
f n
f n
2. mdszer: megadhatjuk a Fibonacci-sorozat zrt alakjt kt mrtani sorozat
sszegekntis. Tegyk fel, hogy n 1na c q . Ekkor teljeslnie kell
n 2 n 3
n n 1 n 2a a a cq cq
.
1 n n 1 n 2
n 1 n 2 n 3 n 32
2
1 2
n 1 n 1
n 1 n 2
a 0 a a a
a 1 c q c q c q / c q
q q 1 0
1 5 1 5q q
2 2
1 5 1 5a c ; a c
2
,
2
Kaptunk kt mrtani sorozatot,
amelyek kzl egyik sem j, viszont a kt
megolds lineris kombincija megoldsa
az egyenletnek.
Az els kt elemet ismerjk,s ebbl meghatrozhatjuk c1s c2rtkt,azaz:
0 0
1 1 2 1 2
1 11 2
2 1 2
n 1 n 1
1 2 n
n 1
n
1 5 1 5a 0; 0 c c 0 c c2 2
1 5 1 51 c c
1 5 1 5 2 2a 1; 1 c c2 2
1 1 1 1 5 1 1 5c ;c a
2 25 5 5 5
1 1 5 1 5a
2 25
n 1
n 1 n 1
n 1 2
1 5 1 5a c c
2 2
karakterisztikus egyenletet kapjuk,ennek megoldsai
1q ,
2q
ZRT ALAK
ZRT ALAK
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
18/28
17
3. mdszer: ez egy gynevezett genertorfggvnyes mdszer. Ezzel a
mdszerrel a legtbb feladat megoldhat hasonlan a msodik mdszerhez. Azrt
rdemes hasznlni, mert a msodik mdszerben lehet olyan eset, amikor a
msodfok egyenletnek csak egy gyke van, vagy egyltaln nincs, gy csaknehzkesen jn ki a zrt alak. A genertorfggvnyes mdszerrel ilyenkor nincsen
gond, azonban nagyon hossz a levezetse.
1 2
n n 1 n 2 n n 1 n 2
a 0 a 1
a a a a a a 0
A sorozat elemeinek felhasznlsval lltsunk el egy genertorfggvnyt a
kvetkez mdon, majd szorozzuk meg az sszefggsnket elszr
n 1a egytthatjval s x-szel, majd n 2a egytthatjval s x
2
-tel:2 n 1
1 2 3 n
2 3
1 2 3
2 2 3 4
1 2 3
I. : f (x) a a x a x a x
II. : x f (x) a x a x a x
III. : x f (x) a x a x a x
Vonjuk ki az els fggvnybl a msodikat s a harmadikat!
2 2 3
1 2 1 3 2 1 4 3 2
0 0
2
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) (1 x x ) x
2
x xf(x)
1 x x 1 5 1 51 x 1 x
2 2
Bontsuk parcilis trtekre a kifejezst!
1 5 1 5 1 5 1 5
A 1 x B 1 x A B A B x2 2 2 2
f(x) 1 5 1 5 1 5 1 51 x 1 x 1 x 1 x
2 2 2 2
1
2
1 5 1 5x (A B) A B x
2 2
a A B 01 1
A , B1 5 1 55 5a A B 1
2 2
1 1 1 1Teht : f (x)
5 51 5 1 51 x 1 x2 2
Alkalmazzuk a vgtelen sorokra valsszefggst!
2 2 n 1 n 11 1 ax a x a x1 ax
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
19/28
18
2 n 1 2 n 1
2 n 1 2 n 11 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5(1 x x x ) (1 x x x )
2 2 2 2 2 25
Majd megkeressk n-edik tag eltti, azaz azt a tagot, amelynek a kitevje n-1.
n 1 n 1
n1 1 5 1 5a
2 25
5. Zrt alak a hromszgre
5.1.Prblkozsok
A hromszgnk 0. oszlopnak rekurzv kplete tudjuk, hogy az
n n 1 n 2b n 1 b n 1 b egyenlet, trendezve: n n 1 n 2b n 1 b b .Lthat, hogy csak egy n 1 -es szorzval tr el a Fibonacci-sorozattl. Legyen
n 1 ! Prbljunk meg zrt alakot keresni a sorozatunkra az 1. mdszerrel!
2 22
1,2 1,2
1 1
1 0 1 0
2
2
(0) 1 (1) 0
( 2) ( 1) ( 1) ( 1) ( )
( 2) ( 1) ( )
( 1) 4 40
( 1) 2 2
1( )
41( )
24
n n
f f
f n n f n n f n
f n a f n b f n
a n
b n
f n a a a a
f n
2 2 24 4 4
2 2 2
Sajnos az els mdszerben van egy kittel: az s a rtkben nem lehet
vltoz, azonban neknk benne van az n 1 . gy is megprbltuk, de a kplet nem
mkdik.
Mrtani sorozat nem lehet, hiszen az 1a 0 , a tbbi tag is nulla lenne. Taln kt
mrtani sorozatsszege. Alkalmazzuk a 2. mdszert!
ZRT ALAK
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
20/28
19
1 n n 1 n 2
n 1 n 2 n 3 n 3
2
2
2 2
1 2
2 2
n 1 n 2
2 2
n 1 2
1
a 0 a n 1 a n 1 a
a 1 c q n 1 c q n 1 c q / c q
q q 0
4 4q q
2 2
4 4a c ; a c
2 2
4 4a c c
2 2
a 0 c
;
;
0 0
2 2
1 2 1 2
2 2
1 12 2 1 2
2 1 2
4 4c 0 c c
2 2
4 41 c c
4 4 2 2a 1 c c
2 2
1 22 2
n 1 n 12 2
n 2
1 1c ;c
4 4
4 41a
2 24
Kiprbltuk a kpletet, ez sem mkdik. Prbljuk meg a 3. mdszerrel,
genertorfggvnnyel megoldani!
0 1 2
n n 1 n 2 n n 1 n 2
2 n 1
1 2 3 n
2 3
1 2 3
2 2 3 4
1 2 3
a 1 a 0 a 1
a n 1 a n 1 a a n 1 a n 1 a 0
I. : f (x) a a x a x a x
II. : n 1 x f (x) n 1 a x n 1 a x n 1 a x
III. : n 1 x f (x) n 1 a x n 1 a x n 1 a x
I. n 1 II. n 1 III. :
f (x) n 1 x
2 21 2 1 3 2 10
f (x) n 1 x f (x) a (a n 1 a )x (a n 1 a n 1 a ) x
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
21/28
20
2
1 2 1
22 2
2 2 2
2 2
f (x) (1 n 1 x n 1 x ) a (a n 1 a )x
x xf(x)
1 x x 4 41 x 1 x
2 2
4 4 4A 1 x B 1 x A B2 2
f(x)4 4
1 x 1 x2 2
2
2
2 2
1
2 2
2 22
2 2
n2
4A B x2 2
4 1 51 x 1 x
2 2
4 4x (A B) A B x
2 2
a A B 0
A , B4 4a A B 1 4 4
2 2
4 4a
2 24
Az elz pontban emltett mdszerek kzl az els hrommal nem jutottunk
elre a hromszgnk 0. oszlopnak zrt alakjnak keressben, egyik kplet sem
mkdik, de a negyedik mdszerrel taln elrbb fogunk haladni ebben.
Megprblunk valamifle szablyossgot felfedezni a nulladik oszlop tagjai kztt:
n
n 1
1
2
2
3
3
4
4
5
5
6
6
77
8
8
b n 1b 1 1 1 0
b 0 2 1 1
b 1 3 1 2
b 1 3 1 4 1 9
b 1 3 1 4 1 5 1 44
b 1 3 1 4 1 5 1 6 1 265
b 1 3 1 4 1 5 1 6 1 7 1 1854
b 1 3 1 4 1 5 1 6 1 7 1 8 1 14833
Bontsuk ki a zrjeleket gy, hogy kzben ne vgezzk el a mveleteket!
8
8
b 8 7 6 5 4 3 8 7 6 5 4 8 7 6 5 8 7 6 8 7 8 1 14833
8! 8! 8! 8! 8! 8! 8!b 14833
2! 3! 4! 5! 6! 7! 8!
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
22/28
21
5.2.Leonhard Euler vgtelen sorozata
Euler apja klvinista lelksz volt, aki fit (4.
kp) is papnak sznta. Az ifj azonban nagy
igyekezettel ltogatta Johann Bernoullimatematikarit, akinek fival is sszebartkozott.
1727-ben a szentptervri Akadmia meghvta az
akkoriban llstalan Eulert, ahol elszr az lettan,
majd hamarosan a matematika s fizika tanszkn
fejthette ki pratlan tehetsgt. Klnsen nagy hatst
gyakorolt a matematika minden terletre, a fizikra s
a mrnki tudomnyokra. Annak ellenre, hogy 1766-
ban mindkt szeme vilgt teljesen elvesztette, munkakedve tretlen maradt.
Kprzatos memrival s bels ltssal diktlta mveit. Ebben az idszakban az
Akadmia 416 munkjt fogadta el! Az a szmadat, hogy Euler mg nem teljes
sszegyjttt munkinak jegyzete tbb mint 73 ktetbl ll, amelyek mindegyike
legalbb 600 oldalas, mutatjk, hogy a matematika trtnetben pldtlan az a
termkenysg, amellyel Euler matematikai mveit ontotta. Ugyanakkor ezek a
mvek mind tartalmukban, mind formjukban a matematikai szakirodalom remekbe
szabott kincsei.11,12
Euler munkssga azrt is fontos neknk, mert a rla elnevezett, az
gynevezett Euler-szmot hasznostani tudjuk. Az Euler-szm: e 2, 71828... , ami
az
n1
1n
kifejezs hatrrtke.
5.3.Az 1 / e vgtelen sor
Megfigyeltk, hogy ha folytatjuk a nulladik oszlop elemeire ezt a fajta
kibontst,akkor szrevesszk, hogy a
n
n
n! n! n! n! n! n! n! n! n! n!b ?
2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! n 1 ! n!
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1b n! ?
2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! n 1 ! n!
11Sain Mrton: Nincs kirlyi t!. Bp.: Gondolat Knyvkiad, 1986. 694-695. p.
12Barabsi Albert-Lszl: Behlzva. Bp.: Helikon Kiad, 2008. 15-16. p.
4. kp: Leonhard Euler
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
23/28
22
kplet teljesl r. Ha be tudjuk ltni a
nb 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
n! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! n 1 ! n!
vgtelen sorrl, hogy
korltos s szigor monoton, akkor biztosan konvergens, tart egy szmhoz, amit a
vgtelenben r el.
Bizonytsuk be, hogy korltos!
n
0,375
n
negatv negatv negatv
b 1 1 1 1 1 1 1 1 1
n! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 10!
b 1 1 1 1 1 10,375
n! 5! 6! 7! 8! 9! 10!
gy ezzel a csoportostssal lthat, hogy a sorozat cskken. Cskkentsk ezt az
rtket hagyjuk el a pozitv tagokat, s azok a tagok helyett, amelyek eltt mnusz
jel van, rjunk be mg nagyobb tagokat, hogy cskkenjen az rtke!
n
n
5 7 9 11
n
n
5
n
5 5 5n
b 1 1 1 10,375 0 0 0
n! 5! 7! 9! 11!
b 1 1 1 10,375 0 0 0
n! 2 2 2 2
1
1b 1 40,375
1n! 21
4
11
1 1 0 1 1 44lim 0, 375 0,375 0,375
1 12 2 2 31 1
4 4
0,37
3
n
3 35 0,375 0
2 8b
0n!
gy bebizonytottuk, hogy korltos.
Bizonytsuk be, hogy szigoran monoton!
Mivel a tagok eljele vltva plusz-mnusz, ezrt kt rszben fogjuk vizsglni.
Elszr csoportostsuk a kvetkez mdon a sorozat elemeit:
pozitv pozitv pozitv pozitv
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1/
2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! n! n 1 !
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
24/28
23
Ekkor a sorozat szigor monoton nvekv.
Nzznk meg egy msfajta csoportostst:
negatv negatv negatv negatv
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1/
2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 10! n! n 1 !
Ekkor a sorozat szigoran monoton cskken.
Ezen kt rszsorozat megfelel, egymst kvet tagjai klnbsgeinek
nullhoz kell tartaniuk, hogy megbizonyosodjunk, a kt sorozat nem keresztezi
egymst, vagyis konverglnak-e valamilyen rtkhez.
n
1 1 1 1 1 1 11
2! 3! 3! 4! 2! 4! 24
1 1 1 1 1 1 1194! 5! 5! 6! 4! 6! 720
1 1 1 1 1 1
n 1 ! n! n! n 1 ! n 1 ! n 1 !
1 1lim 0 0 0
n 1 ! n 1 !
gy bebizonytottuk, hogy a vgtelen sorunk korltos s szigoran monoton,
teht konvergens. De mihez tart?
Elfogadjuk, hogy
n
n
1lim 1 e
n
s ezzel egytt azt is, hogy
n
n
1 1lim 1
n e
. A binomilis ttel felhasznlsval kibontjuk azn
11
n
hatvnyt:13
n 0 1 2
n n 1 n 2
n 1 n
1 0
n 0 1
n n n1 1 1 1
1 1 1 10 1 2n n n n
n n1 11 1
n 1 nn n
1 n! 1 n! 1 n!1
n n 0 ! 0! n n 1 ! 1! n n 2 ! 2!
2
n 1 n
1
n
n! 1 n! 1
n n n ! n! nn n 1 ! n 1 !
13Urbn Jnos: Hatrrtkszmts. Bp.: Mszaki Knyvkiad, 2000. 99. p.
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
25/28
24
n
2 3
n 1 n
n
2 3
n 1 n
n n 1 n n 1 n 21 n 1 1 11 1
n 1! n 2! n 3! n
n n 1 n 2 3 2 1 n! 1
n 1 ! n n! n
n n 1 n n 1 n 21 1 n 1 1 11
n 0! n 1! n 2! n 3!
n n 1 n 2 3 1 n! 1
n n 1 ! n! n
Tudjuk, hogy egy trtnek a hatrrtke ha x akkor egyenl eggyel,
ha a nevezben s a szmllban is a vltoz legmagasabb fokszma megegyezik.
n
2
2 2n x
nn
nlim 1
nn n 1 n n
lim lim 1n n
n n 1 n 2 n n 1 n nlim 1
n
gy leegyszersdik a sorunk:
n
n1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1lim 1n 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 1 ! !
Mivel
n
n
1 1lim 1
n e
, ezrt
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
0! 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 1 ! ! e
,
ami leegyszerstve: i
i 0
1 11 0,3678794...
i! e
(1. grafikon)
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
26/28
25
.
1/e-hez val konvergls
00,10,20,30,40,50,60,70,80,9
1
0 5 10 15 20
n
f(n)
b(n)
1/e
1. grafikon: 1/e-hez val konvergls
Ha kibvtjk a8b kplett, hozzadunk nullt s kiemelnk 8!-t, akkor
pontosan az elbb emltett vgtelen sorozat8!-szorosnakels nyolc elemt kapjuk.
gy leegyszersthetjk a sorozatunk kplett:
8
0
8
8i
8
i 0
ni i
n
i 0 i 0
n
n n m
8! 8! 8! 8! 8! 8! 8! 8! 8!b 14833
0! 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8!
1 1 1 1 1 1 1 1 1b 8! 14833
0! 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8!
1b 8! 1
i!
1 1 1b n! 1 / / 1
i! i! e
1b n!
e
n m !n!b b
e e
Ezzel a mdszerrel sikerlt kapnunk egy kzelt rtket a hromszgnk
nulladik oszlopra. Mirt csak kzelt? Mert az i
i 0
1 11
i! e
sorozat egy
vgtelen sorozat, viszont a mi kpletnkben ennek a vgtelen sorozatnak az els
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
27/28
26
nhny tagjt veszem ignybe. gy a nulladik oszlop kplett
n m
n m !b
e
be
tudom helyettesteni az egsz hromszgre kiterjed kpletben,m n m
na b
m
.
n, m
n m !na
m e
6. sszegzs
Lthattuk, hogy mennyi minden rejlik egy ilyen kis feladatban.
Vgigjrtam a kombinatorika, a fggvnyegyenletek s a rekurzv sorozatok
terleteit, hogy eljussak a feladat legvgre. Prbltam valamifle hasonlsgot
keresni a Pascal-hromszg s a mi hromszgnk kztt, a Fibonacci-sorozat s a
hromszgnk els oszlopa kztt. Tbbfajta rekurzv sorozatnak a megoldst
nzem t, hogy tletet mertsek a bortkos problma megoldshoz. A feladat
vgn azonban egy kzelt rtket kaptam, de ha a nulladik oszlop zrt alakjt
egszre kerektem, akkormegkapom a pontos rtket:
n,m
egszre
n n m !a
m e
.
Prbljuk is ki! Keressk meg 7,3a rtkt, amikor 7 levlbl 3 van j helyen (5.
tblzat):
37,
egszre
!a 35 8,829 35
e3
35
7 79 1
3
5. tblzat: A szmhromszghasznlata
m=0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
n=0 1 0!
1 0 1 1!
2 1 0 1 2!
3 2 3 0 1 3!
4 9 8 6 0 1 4!
5 44 45 20 10 0 1 5!
6 265 264 135 40 15 0 1 6!
7 1854 1855 924 315 70 21 0 1 7!
8 14833 14832 7420 2464 630 112 28 0 1 8!
9 133496 133497 66744 22260 5544 1134 168 36 0 1 9!
10 1334961 1334960 667485 222480 55650 11088 1890 240 45 0 1 10!
Munkm sorn rengeteg tudssal gyarapodtam s a matematika talnlegrdekesebb szelett tanulmnyoztam.
7/24/2019 TELJES KUTDIAK
28/28
27
Felhasznlt irodalom
XXXIV. Felvidki Magyar Matematikaverseny: IV. osztly.Zselz,2010.1 p.
XXXV. Felvidki Magyar Matematikaverseny: III. osztly.Komrom, 2011.1 p.
XXXV. Felvidki Magyar Matematikaverseny: IV. osztly.Komrom,2011.1 p.
[DM Andrs] Hny olyan permutci van, amely adott szm elemet rgzt? /dm Andrs. In: Kzpiskolai Matematikai s Fizikai Lapok 52. vf. 5. sz.(2002.).Bp.: MATFUND Alaptvnyp. 265-268.
[BARABSI Albert-Lszl]Behlzva / Barabsi Albert-Lszl. 2. kiads. Bp.:Helikon Kiad, 2008.320 p.
[BRCZY Barnabs] Algebra / Brczy Barnabs. 2. ktet 2. kiads. Bp.:Mszaki Knyvkiad, 1965. 223 p.
[DRSSER, Christoph] Csbt szmok, avagy a mindennapok matematikja /Christoph Drsser. Bp.: Athenaeum Kiad, 2008. 216 p.
[HAJNAL Imre] Matematika / Hajnal Imre. 3. ktet Bp.: Nemzeti Tanknyvkiad,1989. - 336 p.
[KOVCSdm] Aranyhromszg / Kovcs dm, Vmos Attila. Bp.: MszakiKnyvkiad, 2007. 150 p.
[LAJK Kroly] Fggvnyegyenletek feladatokban / Lajk Kroly. Debrecen:Debreceni Egyetem Matematikai Intzet, 2005.125 p.
[MTLszl] Rekurzv sorozatok / Mt Lszl. Bp.: Tanknyvkiad, 1980. 125 p.
[OBDOVICS J. Gyula] Matematika / Obdovics J. Gyula. 18. kiads. Bp.:Scolar Kiad, 1994. 813 p.
[SAIN Mrton] Nincs kirlyi t! / Sain Mrton. Bp.: Gondolat Knyvkiad, 1986.831 p.
[SOLT Gyrgy] Valsznsgszmts / Solt Gyrgy. 6. kiads Bp.: MszakiKnyvkiad, 1993. 265 p.
[SZERNYI Tibor] Analzis / Szernyi Tibor. 3. kiads Bp.: Tanknyvkiad,
1985.578 p.[TTH Katalin] Sokszn matematika 9. / Tth Katalin. 7. kiads. Szeged:Mozaik Kiad, 2007. 255 p.
[TTH Katalin] Sokszn matematika 10. / Tth Katalin. 7. kiads. Szeged:Mozaik Kiad, 2007. 247 p.
[TTH Katalin] Sokszn matematika 11. / Tth Katalin. 5. kiads. Szeged:Mozaik Kiad, 2007. 295 p.
[TRK Judit] A Fibonacci-sorozat / Trk Judit. Bp.: Tanknyvkiad, 1984. 88 p.
[URBN Jnos] Hatrrtkszmts / Urbn Jnos. Bp.: Mszaki Knyvkiad,2000.451 p.