egy Új szÁmhÁromszÖg a kutdiak.pdf · matematikának ez az ága azon ok révén, hogy az...
TRANSCRIPT
BELVÁROSI ÁLTALÁNOS ISKOLA ÉS GIMNÁZIUM
BÉKÉSCSABA
EGY ÚJ SZÁMHÁROMSZÖG A
KOMBINATORIKÁBAN
KÉSZÍTETTE: KOVÁCS BÁLINT TÉMAVEZETŐ: MÉRI KÁROLY
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
Tartalomjegyzék
1. BEVEZETÉS ........................................................................................................................... 2
2. KOMBINATORIKA ............................................................................................................... 2
2.1. FOGALMA ......................................................................................................................... 2 2.2. FAJTÁI .............................................................................................................................. 3 2.3. A PASCAL-HÁROMSZÖG .................................................................................................... 5 2.4. A „BORÍTÉKOS PROBLÉMA” ............................................................................................... 7
3. A BORÍTÉKOS PROBLÉMA KIBŐVÍTÉSE....................................................................... 8
3.1. A HÁROMSZÖG HASZNÁLATA ............................................................................................ 8 3.2. A FELADAT FOLYTATÁSA TÖBB ELEMRE ............................................................................ 8
3.3. A n
n k 1b n b 1 SEJTÉS BEBIZONYÍTÁSA TELJES INDUKCIÓVAL ........................ 10
4. REKURZÍV SOROZATOK ................................................................................................. 14
4.1. SZÁMTANI ÉS MÉRTANI SOROZATOK ................................................................................ 14 4.2. A FIBONACCI-SOROZAT .................................................................................................. 14 4.3. ZÁRT ALAKOK KERESÉSE ................................................................................................ 15
5. ZÁRT ALAK A HÁROMSZÖGRE ..................................................................................... 18
5.1. PRÓBÁLKOZÁSOK ........................................................................................................... 18 5.2. LEONHARD EULER VÉGTELEN SOROZATA ........................................................................ 21 5.3. AZ 1/ e VÉGTELEN SOR ................................................................................................. 21
6. ÖSSZEGZÉS ......................................................................................................................... 26
FELHASZNÁLT IRODALOM ..................................................................................................... 27
– 2 –
„… a matematika éppoly határtalan, mint az a tér,
amelyet túl szűknek érez törekvéseihez.”
James Joseph Sylvester
1. Bevezetés
Egyik ismerősöm rendszeresen interneten rendel könyveket. Egyik
alkalommal nem azt a könyvet kapta, amit megrendelt. A csomagon a helyes címzés
szerepelt, azonban a könyv melletti számla más névre és más címre szólt. Érthető ez
a tévedés, mivel manapság egyre többen veszik igénybe ezt a szolgáltatást.
Elgondolkoztam azon, vajon mennyi a valószínűsége annak, hogy – adott számú
vásárló esetén feltéve azt, hogy mindenki egy könyvet rendel – az összes megrendelő
megkapja az általa várt küldeményt. Ez még nem is okozott nekem fejtörést, azonban
ahogy egyre jobban beleástam magam a témába, újabb és újabb problémákkal
találkoztam.
2. Kombinatorika
2.1. Fogalma
Témánk a kombinatorika témakörébe tartozik. A kombinatorika, a
„kombinálás tudománya” rendszerint a dolgok megszámlálásával foglalkozik.
Feladata, hogy meghatározott szabály szerint előállítsa az adott véges számú elem
bizonyos csoportjait, és hogy az így előállított csoportok számát meghatározza.
Először Gottfried Wilhelm Leibniz német matematikus rendszerezte a
kombinatorikával kapcsolatos ismereteket, majd Jacob Bernoulli svájci matematikus
alkalmazta azt valószínűségszámítási problémák megoldásakor a XVII. században. A
XX. század közepén a gyakorlati alkalmazhatósága miatt nagy fejlődésnek indult a
matematikának ez az ága azon ok révén, hogy az alkalmazott matematika
nélkülözhetetlen eszköze.1,2
Pl.: választásoknál a választókerületeket úgy
kombinálni, hogy a lehető legjobb eredmény jöjjön ki; kaszinókban a legnagyobb
nyerési esélyt elérni, mint például a Black Jack-ben; vagy, hogy a német
szódolgozatban nagyobb eséllyel találjuk el a főnév névelőjét és még sorolhatnám…
1 Tóth Katalin: Sokszínű matematika 10. – 7. kiadás. – Szeged: Mozaik Kiadó, 2007. – 9. p.
2 Obádovics J. Gyula: Matematika. – 18. kiadás. – Bp.: Scolar Kiadó, 1994. – 223. p.
– 3 –
2.2. Fajtái
A kombinatorikában alapvetően három csoportot különítünk el: a
permutációt, a variációt és a kombinációt.
Ha n számú elemet minden lehetséges sorrendben elrendezünk, akkor a
kombinatorika nyelvén azt mondjuk, hogy az illető elemeket permutáljuk; az egyes
elrendezéseket pedig az elemek permutációjának nevezzük. Ha az elemek
különbözők, akkor ismétlés nélküli, ha az elemek között egyenlők is vannak, akkor
ismétléses permutációról beszélünk. N különböző elem permutációinak számát a
!nPn (n ) képlettel határozzuk meg, ahol n! 1 2 3 ... n . Pl.: Van 6
különböző színű ceruzánk. Hányféleképpen állíthatjuk őket sorba? Megoldás: Mivel
a sorrend számít és 6 ceruzából 6-ot választunk ki, ezért ismétlés nélküli permutáció.
Tehát a megoldás 6! 720 féleképpen állíthatjuk őket sorba.
Ha n elem között r féle különböző elem szerepel úgy, hogy az egymással
megegyező elemek száma 1 2 3 rk ,k ,k ,...,k , akkor az ismétléses permutációk száma:
1 2 r(k ,k ,...,k )
n
1 2 r
n!P
k ! k ! ... k !
, ahol 1 2 rk k ... k n és 1 2 r(n,k ,k ,...,k ) . Pl.:
Van 7 muskátlink, közülük 3 fehér és 4 piros. Hányféleképpen állíthatjuk sorba őket?
Megoldás: Mivel a sorrend számít és 7 muskátliból 7-et választunk ki, de vannak
közöttük ismétlődő elemek, ezért ismétléses permutáció. Tehát a megoldás 7!
353! 4!
féleképpen állíthatjuk őket sorba.
Ha n különböző elem közül minden lehetséges módon kiválasztunk k elemet,
s ezek összes permutációját képezzük, akkor megkapjuk n elem k-ad osztályú
variációit. Ezeknek száma: n,k
n!V n(n 1)(n 2)(n 3) n (k 1)
(n k)!
és
(n,k ,k n) . Pl.: Úszóversenyen 8 úszó hányféleképpen lehet dobogós?
Megoldás: mivel a sorrend 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)!
féleképpen lehetnek az úszók dobogósok.
Ha n elem k-ad osztályú variációinak képzésekor megengedjük, hogy
ugyanaz az elem akárhányszor (de legfeljebb k-szor) szerepeljen, akkor k-ad osztályú
ismétléses variációkról beszélünk. Ezeknek a száma: i k
n,kV n . Pl.: 3 db
– 4 –
dobókockával dobunk egymás után. Hányféle háromjegyű számot kaphatunk?
Megoldás: Mivel a sorrend számít és egy dobókockához több érték is tartozhat, de
lehetnek ismétlődő számok, ezért ismétléses variáció. Tehát a megoldás 36 216 féle
háromjegyű számot kaphatunk.
Ha n különböző elem közül minden lehetséges módon kiválasztunk k )( nk
elemet, de nem permutáljuk az egyes elrendezés elemeit, mert az elemek sorrendjére
nem vagyunk tekintettel, akkor n elem k-ad osztályú kombinációit kapjuk:
n,k
n,k
nV n(n 1)(n 2)(n 3) n (k 1) n!C
kk! k! k!(n k)!
.
Pl.: Lottósorsolásnál hányféle 5-ös sorsolás jöhet ki, ha 90 számból húznak?
Megoldás: mivel a sorrend nem számít és nem minden elemet választunk ki, ezért
ismétlés nélküli kombináció. Tehát a megoldás 90 90!
439492685 5! 85!
féle
sorsolás lehetséges.
Ha n elem k-ad osztályú kombinációinak képzésénél megengedjük, hogy
ugyanaz az elem akárhányszor (de legfeljebb k-szor) szerepeljen a kombinációkban,
akkor n elem k-ad osztályú ismétléses kombinációit kapjuk. Ezeknek a száma:
i
n,k
n k 1C
k
és (n,k ) . Pl.: Van 5 nyereménykönyvünk, amelyeket 30 diák
között akarjuk kiosztani úgy, hogy egy diák több könyvet is kaphat. Hányféleképpen
oszthatjuk ki a könyveket? Megoldás: Mivel a sorrend nem számít és 30 diákból csak
5 nyerhet könyvet, de az ismétlés megengedett, ezért ismétléses kombináció. Tehát a
megoldás 30 5 1 34!
2782565 5! 29!
féleképpen oszthatjuk ki a könyveket.
3
Ezekkel már mindenki találkozott 9. osztályban. Feltevődhet a kérdés: miért
szerepel a címben „Egy új számháromszög a kombinatorikában”? Miért? Ismerünk
már egyet? Hát természetesen! Már mindenki ismer egy számháromszöget, amelyet
az ismétlés nélküli kombinációnál használunk, a Pascal-háromszöget.
3 Obádovics J. Gyula: Matematika. – 18. kiadás. – Bp.: Scolar Kiadó, 1994. – p. 223-233.
– 5 –
2.3. A Pascal-háromszög
Blaise Pascal (1. kép) kiváló francia
matematikus, fizikus és filozófus. 14 éves korában a
kis Blaise az apjával együtt eljárt a Mersenne körül
csoportosult természettudományos körbe, amelyből
1666-ban kinőtt a Párizsi Tudományos Akadémia. Itt
ismerkedett meg Desargues eszméivel. Ezek hatása
alatt jelent meg 16 éves korában 1640-ben a néhány
oldalnyi Essay pour les coniques (Tanulmány a
kúpszeletekről) című első műve. Annak ellenére, hogy
ilyen tárgyú munkássága a projektív geometria
fejlődését jelentősen előrevitte, nem maradt meg ezen a területen. Ide-oda csapongva
fordult a legkülönbözőbb tárgykörök felé: számológépet szerkesztett,
hidrosztatikával foglalkozott, kidolgozta a teljes indukcióval való bizonyítás
módszerét, majd a binomiális együtthatókat foglalta a Pascal-háromszögbe (1. ábra),
mellyel úttörő szerepet töltött be a valószínűségszámításban.4
1. ábra: Pascal-háromszög
A háromszög képzési szabálya könnyen felismerhető. Az első tag adott. A
továbbiakban minden további tag az őt megelőző sorban lévő két szomszédos tag
összege. A háromszög tagjait az előző tagok hiányában egyszerűen
meghatározhatom az
n n!
k k! n k !
képlettel.
Van még egy fontos tulajdonsága ennek a számháromszögnek, ami fontos lesz
majd egy későbbi bizonyításunkhoz: a Pascal-háromszög egy sorában található
számok szimmetrikusak, kivéve azon sorokat, amelyekben páratlan tag szerepel. (2.
ábra)
4 Sain Márton: Nincs királyi út!. – Bp.: Gondolat Könyvkiadó, 1986. – p. 545-546.
1. kép: Blaise Pascal
– 6 –
2. ábra: Szimmetria
Képlettel leírva az állításunk:
n n
n n n
n n
n n 1 n 1
n n
n n 2 n 2
n n
n n x n x
Bizonyítás:
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
Azonosságot kaptunk, így bebizonyítottuk állításunkat.
– 7 –
2.4. A „borítékos probléma”
Ha valaki foglalkozott kombinatorikával, az tudhatja, hogy egy feladatban
nem csak tisztán permutáció, variáció és kombináció lehetséges, hanem léteznek
kevert feladatok. Nézzünk meg egy ilyen feladatot, amellyel az alábbiakban még
foglalkozni fogunk!
A FELADAT: Egy titkárnő megírt 3 levelet és megcímzett 3 borítékot azoknak,
akiknek a levelek szóltak.
a) Hányféleképpen teheti bele a borítékokba a leveleket?
b) Hányféleképpen lehet úgy belerakni a leveleket a borítékokba, hogy pontosan
egy, kettő, három, illetve semelyik levél se kerüljön a helyére?
Megoldás:
a) A borítékolás 3! 3 2 1 6 féleképpen lehetséges, mivel a sorrend számít és
nincs ismétlés.
b) Ha azt szeretnénk, hogy csak egy levél kerüljön a helyére, akkor azt a levelet
33
1
féleképpen választhatjuk ki, a többi 2 levelet úgy kell rendezni, hogy egyik
se kerüljön a helyére. Ha kiválasztjuk az 1-es levelet, akkor látható, hogy 1 lehetőség
van, amikor a többi levél nincs a helyén. Hasonlóan a másik két levélnél is. Tehát, ha
azt szeretnénk, hogy csak egy boríték maradjon a helyén, akkor 3
1 31
féleképpen
tehetjük ezt meg. Ha azt szeretnénk, hogy két levél kerüljön a helyére és egy legyen
rossz helyen, akkor ez nem lehetséges, mivel ha két levél a helyén van, akkor a
harmadiknak is jó helyen kell, hogy legyen. Ha azt akarjuk, hogy mind az három
levél a helyére kerüljön, az nyilvánvalóan egy lehetőség. Ha azt akarjuk, hogy egy
levél se kerüljön a helyére, akkor elkezdhetünk próbálkozni, vagy egyszerűbb az, ha
az összes lehetséges esetből kivonjuk a fent kapott eredményeket: 3! 3 0 2 -
féleképpen lehetséges. (1. táblázat, 3. ábra)
1. táblázat és 3. ábra: 3 boríték esetén a lehetséges borítékolások
1-es levél
helye
2-es levél
helye
3-as levél
helye
1. 2. 3. 1.
2. 3. 1. 2.
3. 1. 3. 2.
4. 3. 2. 1.
5. 2. 1. 3.
6. 1. 2. 3.
– 8 –
3. A borítékos probléma kibővítése
3.1. A háromszög használata
Ezen logikát folytatva megnézzük 0, 1,
2 borítékra az előző feladatban feltett
kérdésekre a válaszokat, majd táblázatba
rendezzük az eredményeket (2. táblázat).
A táblázat alapján a „borítékos”
feladatokat egyszerűen meg lehetne oldani. Pl.: Ha meg akarom tudni, hogy 3 boríték
esetén hányféleképpen lehetséges az, hogy csak 1 ember kapja meg a saját levelét,
akkor az n oszlopban megkeresem az 3-as számot (mivel ez jelzi a borítékok számát)
és az m sorban a 1-es számot (mivel ez jelöli azoknak a leveleknek a számát, amik jó
helyre kerülnek). Így megtudom, hogy ez 3 féleképpen lehetséges.
3.2. A feladat folytatása több elemre
Ha folytatni akarjuk a
táblázatunkat, akkor egyre több
lehetőséget kell megvizsgálnunk. Pl.:
10 db boríték esetén már 10!
lehetőséget kellene vizsgálni. Lehet
egyszerűbben is: nézzük meg, hogyan
folytatnánk a táblázatunk 4. sorát!
Az (n=4; m=4) értéke egyértelműen egyenlő 1-gyel, mivel csak egyféleképpen
rakhatom úgy a leveleket a borítékokba, hogy mindegyik jó helyen legyen. Az (n=4;
m=3)=0 értéke is egyértelmű, hiszen ha 3 levél a helyén van, akkor a 4. levél is a
helyén kell, hogy legyen. Az (n=4; m=2) értékét úgy határozom meg, hogy
kiválasztom azt a két levelet, amelyek a helyükön legyenek: 4
62
-féleképpen. Ezt
az értéket szorzom meg azon lehetőségek számával, amikor a maradék két levél
nincs a helyén: (n=2; m=0)=1. Tehát (n=4; m=2)=6x1=6. Az (n=4; m=1) értékét úgy
határozom meg, hogy kiválasztom azt az egy levelet, amely a helyén legyen 4
41
-
féleképpen. Ezt az értéket szorzom meg azon lehetőségek számával, amikor a
maradék 3 levél nincs a helyén: (n=3; m=0)=2. Tehát (n=4; m=1)=4x2=8. Az (n=4;
2. táblázat: 3-ből 1 levél legyen a helyén
m=0 1 2 3
n=0 1
1 0 1
2 1 0 1
3 2 3 0 1
3. táblázat: Folytatás?
m=0 1 2 3 4
n=0 1
1 0 1
2 1 0 1
3 2 3 0 1
4 ? ? ? ? ?
– 9 –
m=0) értékét úgy határozom meg, hogy az összes 4! lehetőségből kivonom az eddig
megkapott eredményeket: 24-1-0-6-8=9. Tehát (n=4; m=0)=9. Ezen logika alapján
folytathatjuk a táblázatot és felállíthatunk az egész háromszögünkre kiterjedő
képletet: n,m n m
na b
m
. (A nulladik oszlop értékei nb , ahol az
n,ma -nél m 0 .)
Látható, hogy az n-1-edik sor ismeretében meghatározható az n-edik sor és az is
világos, hogy n
n,m
k 0
a n!
.
Ezt az eljárást folytatva a megkapott eredményeket táblázatba foglalva
megkapunk egy számháromszöget. (4. táblázat)
4. táblázat: A számháromszög
m=0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Σ
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!
Láthatjuk, hogy az egész háromszögre kiterjedő képlet nagyon erősen függ a
nulladik oszlop elemeitől nb . De hogyan képezzük az oszlop további elemeit? A
Pascal-háromszögben minden további tag az őt megelőző sorban lévő két
szomszédos tag összege. Mi is meg tudjuk határozni a mi háromszögünk 0-adik
oszlopának további tagjait, de nem közvetlenül, hanem mint láthattuk, egy „kerülő
úton”. Adjunk meg egy olyan eljárást, ahol nem kell „kerülnünk”, ahol az előző
tagból meg tudom határozni a következő tagot.
Első ránézésre a 0. oszlopra a n
n k 1b n b 1 képlet teljesül, azonban ezt be
is kell bizonyítanunk.
– 10 –
3.3. A n
n k 1b n b 1 sejtés bebizonyítása teljes indukcióval
Bizonyítsuk be Blaise Pascal által megalkotott módszerrel, teljes indukcióval!
Teljes indukciós bizonyítás:
1., Próbáljuk ki az első néhány elemre, hogy egyáltalán működik-e a képlet!
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., Feltesszük n k -ra, hogy igaz!
k
k k 1b k b 1
3., Bizonyítjuk n k 1 -re!
k 1
k 1 kb k 1 b 1
kb -ra alkalmazzuk a kiszámítási szabályt:
k
k 1
k 1 k 1 k 2 k kk k 1
b
k 1 k 1 k 2
k 1
k kk k 1
k k k kb 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 negatív tagoknál elvégezzük a következő utasításokat!
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
– 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 kibővítünk 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 1
kkb b 1 indukciós feltevés miatt:
k 1 k k 1
k 1
1 0 0
k k 1
beszúrjuk
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 zárójeleket:
k 1 k k 1
k 1
1 0 0
beszúrj
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
Csoportosítsuk át 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 0
k 1 k 1 k 1 k 1k 1 ! b b b b
1 2 k 1 1 k 1
kifejezés a
kiszámítási szabály alapján egyenlő k 1b -gyel.
– 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 sikerül bebizonyítanunk a képletünket, hogyha a
k k kk 1 11 kk 1 k k1 k 1
1 1 11 2 k 1
11
11 k
kifejezés
értéke nulla.
1 1k kk 1k 1 k 1 k 1
1 1 1k 1
21
11 k k
Átrendezve a tagokat látható, hogy Pascal-háromszög egyes soraiban lévő tagok
plusz-mínusz előjellel szerepelnek és mivel felváltva plusz-mínusz előjellel adjuk
össze ezért az összegük nulla lesz.
Bizonyítás:
Ezt k páratlanra könnyen be tudjuk látni. Ekkor a Pascal-háromszög azon sorait
választjuk ki, amelyekben páros számú tag szerepel. Ekkor pont szimmetrikusan
helyezkednek el a számok (amit már egyszer bebizonyítottunk), minden számnak
szerepel a 1 -szerese, páronként összeadva 0-át adnak. (4. ábra)
4. ábra: Példa páros tagszámú sorra
5 101 010 15
k párosra: Ekkor páratlan db számunk van, nem mondhatjuk, hogy tisztán
látszik, hogy a váltakozó előjelű összeg egyenlő nullával. Azonban tudjuk, hogy a
Pascal-háromszög mindegyik eleme a következő sorban két helyre számít bele a
képzési szabály miatt. De az előjeles összegben a két hely egyikét , a másikat
előjellel számoljuk, így a tagok összeadva épp kiesnek. Az előjeles összeg tehát
minden olyan sorban nulla lesz, amelynek van megelőző sora. (Csak a 0. sornak
nincs megelőzője, ott 1 az összeg.) (5. ábra)
– 13 –
5. ábra: Példa páratlan tagszámú 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
Összegezve:
k 1 k k 1 1k 1 k 1 k 1 k 1
1 1 1 1 01 2 k k 1
Tehát igaz a 3. pont, bebizonyítottuk a képletet.
Ezt a képletet kicsit átrendezve, egy másik képletet kapunk.
n n n 1n n 1 n n 1 n 1 n 2
n 1n 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 képlettel nem tudjuk meghatározni (n=x; m=0) értékét, csak ha
tudjuk az előtte lévő elemeket. Ez azt eredményezi, hogy a többi oszlopban sem
tudom meghatározni az (n; m) értékét, mivel a többi oszlop a 0. oszloptól függ:
n,m n m n m
n n!a b b
m m! n m !
.
Láthattuk, hogy a Pascal-háromszögben az n
k
képlettel meghatározhatjuk
akármelyik tagot. A mi vizsgált háromszögünk is hasonló ehhez a háromszöghöz.
Keressünk rá olyan képletet, amellyel akármelyik tagját meg tudom határozni! A
következőkben egy általános képletet keresünk az új háromszögünkhöz.
– 14 –
4. Rekurzív sorozatok
4.1. Számtani és mértani sorozatok
Mivel a háromszögünk többi eleme a 0. oszloptól függ, erre az oszlopra kell
valamilyen szabályosságot felismernünk. Első ránézésre valamilyen bonyolult
sorozatot alkotnak az egyes elemek. Sorozatnak nevezzük a pozitív egész számok
halmazán értelmezett számértékű függvényt. Ezen belül megkülönböztetünk két
alapvető csoportot: számtani és mértani sorozatot. Számtani sorozatnak nevezzük az
olyan sorozatot, amelyben az egymás után következő bármely két szomszédos tag
különbsége állandó: 1 1 1a ,a d,a 2d, A sorozat n-edik tagja: n 1a a (n 1) d A
sorozat első n tagjának összege: 1 nn
a aS n
2
.
5 Mértani sorozatnak nevezzük azt a
sorozatot, amelyben bármely két szomszédos tag hányadosa állandó: 2
1 1 1a ,a q,a q ,
A sorozat n-edik tagja: n 1
n 1a a q . A sorozat első n tagjának összege:
n
n 1
q 1S a
q 1
.6
Léteznek viszont olyan sorozatok is, amelyek nem sorolhatóak be tisztán a
számtani vagy a mértani sorozatok közé, hanem ennek a két sorozatnak a keverékei.
A számtani és mértani sorozat definíciójának mintájára megadott sorozatokat
rekurzív sorozatoknak hívjuk. Példa rá egy szerte a világon ismert sorozat: a
Fibonacci-sorozat.
4.2. A Fibonacci-sorozat
Fibonacci, Bonacci fia, Leonardo Pisano
(2. kép) a középkor kiemelkedő matematikusa.
Jelentős érdeme, hogy értelmezte a negatív számokat,
és elterjesztette az arab számokat Európában.
Fibonacci neve azonban egy számelméleti ötlettel vált
világhírűvé. A Fibonacci-sorozat a következő: 1, 1, 2,
3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987,
1597, 2584, 4181, 6765, … A képzés szabálya
könnyen felismerhető. Az első két tag adott. A
5 Bárczy Barnabás: Algebra II.. – 2. kiadás. – Bp.: Műszaki Könyvkiadó, 1965. – 110-112. p.
6 Bárczy Barnabás: Algebra II.. – 2. kiadás. – Bp.: Műszaki Könyvkiadó, 1965. – 118-120. p.
2. kép: Fibonacci
– 15 –
továbbiakban minden további tag, az őt megelőző két tag összege. A sorozat
származtatásának meséje a nyulakhoz fűződik, ideje, hogy ők is színre lépjenek: Egy
gazda vásárol a piacon egy nyúlpárt, amely havonta egy-egy további új nyúlpárt fiadzik. Az
új nyúlpárok is fiadzanak havonta egy-egy újabb nyúlpárt a második hónaptól kezdve. Hány
nyúlpárja lesz a gazdának a negyedik hónapban? A megoldást jól szemlélteti a (3. kép),
amelyen látszik, hogy az egyes hónapokban a nyúlpárok száma a Fibonacci-sorozat egyes
elemei. De mi a helyzet, ha a 2011. tagját szeretném meghatározni a Fibonacci-
sorozatnak? Ekkor végig kellene számolnom 2011 db egyenletet, mire megkapnám
az eredményt. Azonban tudom, hogy a Fibonacci-sorozat egyes elemeit az
n 2 n 1 na a a rekurzív képlettel határozhatom meg. Rekurzív sorozatnak nevezünk
egy olyan sorozatot, amelynek az
egyes tagjait az előző tagok
segítségével tudjuk meghatározni. A
sorozat tagjait „visszavezető
lépésekkel”, közismert kifejezéssel
rekurzív módon adjuk meg. Erre a
sorozatra jellemző egyenlettel, az
úgynevezett zárt alakkal akármelyik
tagját meghatározhatjuk.7 ,8
,9
4.3. Zárt alakok keresése
1. módszer: a zárt alakot több fajta módon is meg lehet adni, például
függvényegyenlettel. Ilyenkor az eredeti függvény adatait használjuk egy olyan
függvényben, amivel meg tudjuk oldani a problémát, ez pedig a következő:
1 1
1 0 1 0
1( )
n nf n a a a a
.10
Ebbe a megoldó
függvénybe helyettesítjük be a Fibonacci-sorozat együtthatóit és az első két tagját:
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
7 Hajnal Imre: Matematika III.. – Bp.: Nemzeti Tankönyvkiadó, 1989. – 262. p.
8 Sain Márton: Nincs királyi út!. – Bp.: Gondolat Könyvkiadó, 1986. – 450-452. p.
9 Kovács Ádám–Vámos Attila: Aranyháromszög. – Bp.: Műszaki Könyvkiadó, 2007. – 18-24 p.
10 Lajkó Károly: Függvényegyenletek feladatokban. – 2005. – 24-25. p.
3. kép: Nyulak szaporodása
– 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. módszer: megadhatjuk a Fibonacci-sorozat zárt alakját két mértani sorozat
összegeként is. Tegyük fel, hogy n 1
na c q . Ekkor teljesülnie 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 3
2
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 két mértani sorozatot,
amelyek közül egyik sem jó, viszont a két
megoldás lineáris kombinációja megoldása
az egyenletnek.
Az első két elemet ismerjük, és ebből meghatározhatjuk c1 és c2 értékét, 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 c
2 21 5 1 5
1 c c1 5 1 5 2 2a 1; 1 c c
2 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 megoldásai 1q , 2q
←ZÁRT ALAK
←ZÁRT ALAK
– 17 –
3. módszer: ez egy úgynevezett generátorfüggvényes módszer. Ezzel a
módszerrel a legtöbb feladat megoldható hasonlóan a második módszerhez. Azért
érdemes használni, mert a második módszerben lehet olyan eset, amikor a
másodfokú egyenletnek csak egy gyöke van, vagy egyáltalán nincs, így csak
nehézkesen jön ki a zárt alak. A generátorfüggvényes módszerrel ilyenkor nincsen
gond, azonban nagyon hosszú a levezetése.
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 felhasználásával állítsunk elő egy generátorfüggvényt a
következő módon, majd szorozzuk meg az összefüggésünket először
n 1a együtthatójával és x-szel, majd n 2a együtthatójával és x2-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 első függvényből a másodikat és 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 parciális törtekre a kifejezést!
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 5
1 x 1 x 1 x 1 x2 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 1Tehát : f (x)
5 51 5 1 51 x 1 x
2 2
Alkalmazzuk a végtelen sorokra való összefüggést!
2 2 n 1 n 111 ax a x a x
1 ax
– 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 megkeressük n-edik tag előtti, azaz azt a tagot, amelynek a kitevője n-1.
n 1 n 1
n
1 1 5 1 5a
2 25
5. Zárt alak a háromszögre
5.1. Próbálkozások
A háromszögünk 0. oszlopának rekurzív képlete tudjuk, hogy az
n n 1 n 2b n 1 b n 1 b egyenlet, átrendezve: n n 1 n 2b n 1 b b .
Látható, hogy csak egy n 1 -es szorzóval tér el a Fibonacci-sorozattól. Legyen
n 1 ! Próbáljunk meg zárt alakot keresni a sorozatunkra az 1. módszerrel!
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 első módszerben van egy kitétel: az és a értékében nem lehet
változó, azonban nekünk benne van az n 1 . Így is megpróbáltuk, de a képlet nem
működik.
Mértani sorozat nem lehet, hiszen az 1a 0 , a többi tag is nulla lenne. Talán két
mértani sorozat összege. Alkalmazzuk a 2. módszert!
←ZÁRT ALAK
– 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 02 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
Kipróbáltuk a képletet, ez sem működik. Próbáljuk meg a 3. módszerrel,
generátorfüggvénnyel 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 2
1 2 1 3 2 1
0
f (x) n 1 x f (x) a (a n 1 a )x (a n 1 a n 1 a )x
– 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 B
2 2f (x)
4 41 x 1 x
2 2
2
2
2 2
1
2 2
2 22
2 2
n 2
4A B x
2 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 előző pontban említett módszerek közül az első hárommal nem jutottunk
előre a háromszögünk 0. oszlopának zárt alakjának keresésében, egyik képlet sem
működik, de a negyedik módszerrel talán előrébb fogunk haladni ebben.
Megpróbálunk valamiféle szabályosságot felfedezni a nulladik oszlop tagjai között:
n
n 1
1
2
2
3
3
4
4
5
5
6
6
7
7
8
8
b n 1
b 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 zárójeleket úgy, hogy közben ne végezzük el a műveleteket!
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!
– 21 –
5.2. Leonhard Euler végtelen sorozata
Euler apja kálvinista lelkész volt, aki fiát (4.
kép) is papnak szánta. Az ifjú azonban nagy
igyekezettel látogatta Johann Bernoulli
matematikaóráit, akinek fiával is összebarátkozott.
1727-ben a szentpétervári Akadémia meghívta az
akkoriban állástalan Eulert, ahol először az élettan,
majd hamarosan a matematika és fizika tanszékén
fejthette ki páratlan tehetségét. Különösen nagy hatást
gyakorolt a matematika minden területére, a fizikára és
a mérnöki tudományokra. Annak ellenére, hogy 1766-
ban mindkét szeme világát teljesen elvesztette, munkakedve töretlen maradt.
Káprázatos memóriával és belső látással diktálta műveit. Ebben az időszakban az
Akadémia 416 munkáját fogadta el! Az a számadat, hogy Euler még nem teljes
összegyűjtött munkáinak jegyzete több mint 73 kötetből áll, amelyek mindegyike
legalább 600 oldalas, mutatják, hogy a matematika történetében példátlan az a
termékenység, amellyel Euler matematikai műveit ontotta. Ugyanakkor ezek a
művek mind tartalmukban, mind formájukban a matematikai szakirodalom remekbe
szabott kincsei. 11,12
Euler munkássága azért is fontos nekünk, mert a róla elnevezett, az
úgynevezett Euler-számot hasznosítani tudjuk. Az Euler-szám: e 2,71828... , ami
az
n1
1n
kifejezés határértéke.
5.3. Az 1/ e végtelen sor
Megfigyeltük, hogy ha folytatjuk a nulladik oszlop elemeire ezt a fajta
kibontást, akkor észrevesszük, 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!
11
Sain Márton: Nincs királyi út!. – Bp.: Gondolat Könyvkiadó, 1986. – 694-695. p. 12
Barabási Albert-László: Behálózva. – Bp.: Helikon Kiadó, 2008. – 15-16. p.
4. kép: Leonhard Euler
– 22 –
képlet teljesül rá. Ha be tudjuk látni a
nb 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
n! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! n 1 ! n!
végtelen sorról, hogy
korlátos és szigorú monoton, akkor biztosan konvergens, tart egy számhoz, amit a
végtelenben ér el.
Bizonyítsuk be, hogy korlátos!
n
0,375
n
negatív negatív negatív
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!
Így ezzel a csoportosítással látható, hogy a sorozat csökkenő. Csökkentsük ezt az
értéket – hagyjuk el a pozitív tagokat, és azok a tagok helyett, amelyek előtt mínusz
jel van, írjunk be még nagyobb tagokat, hogy csökkenjen az értéke!
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
11
b 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 8
b0
n!
Így bebizonyítottuk, hogy korlátos.
Bizonyítsuk be, hogy szigorúan monoton!
Mivel a tagok előjele váltva plusz-mínusz, ezért két részben fogjuk vizsgálni.
Először csoportosítsuk a következő módon a sorozat elemeit:
pozitív pozitív pozitív pozitív
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1/
2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! n! n 1 !
– 23 –
Ekkor a sorozat szigorú monoton növekvő.
Nézzünk meg egy másfajta csoportosítást:
negatív negatív negatív negatív
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 szigorúan monoton csökkenő.
Ezen két részsorozat megfelelő, egymást követő tagjai különbségeinek
nullához kell tartaniuk, hogy megbizonyosodjunk, a két sorozat nem keresztezi
egymást, vagyis konvergálnak-e valamilyen értékhez.
n
1 1 1 1 1 1 11
2! 3! 3! 4! 2! 4! 24
1 1 1 1 1 1 119
4! 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 !
Így bebizonyítottuk, hogy a végtelen sorunk korlátos és szigorúan monoton,
tehát konvergens. De mihez tart?
Elfogadjuk, hogy
n
n
1lim 1 e
n
és ezzel együtt azt is, hogy
n
n
1 1lim 1
n e
. A binomiális tétel felhasználásával kibontjuk az
n1
1n
hatványt: 13
n 0 1 2
n n 1 n 2
n 1 n
1 0
n 0 1
n n n1 1 1 11 1 1 1
0 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 !
13
Urbán János: Határértékszámítás. – Bp.: Műszaki Könyvkiadó, 2000. – 99. p.
– 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 törtnek a határértéke – ha x – akkor egyenlő eggyel,
ha a nevezőben és a számlálóban is a változó legmagasabb fokszáma megegyezik.
n
2
2 2n x
nn
nlim 1
n
n n 1 n nlim lim 1
n n
n n 1 n 2 n n 1 n nlim 1
n
Így leegyszerűsödik a sorunk:
n
n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1lim 1
n 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 1 ! !
Mivel
n
n
1 1lim 1
n e
, ezért
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 leegyszerűsítve: i
i 0
1 11 0,3678794...
i! e
(1. grafikon)
– 25 –
.
1/e-hez való konvergálás
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 való konvergálás
Ha kibővítjük a 8b képletét, hozzáadunk nullát és kiemelünk 8!-t, akkor
pontosan az előbb említett végtelen sorozat 8!-szorosának első nyolc elemét kapjuk.
Így leegyszerűsíthetjük a sorozatunk képletét:
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 módszerrel sikerült kapnunk egy közelítő értéket a háromszögünk
nulladik oszlopára. Miért csak közelítő? Mert az i
i 0
1 11
i! e
sorozat egy
végtelen sorozat, viszont a mi képletünkben ennek a végtelen sorozatnak az első
– 26 –
néhány tagját veszem igénybe. Így a nulladik oszlop képletét
n m
n m !b
e
be
tudom helyettesíteni az egész háromszögre kiterjedő képletbe n,m n m
na b
m
.
n,m
n m !na
m e
6. Összegzés
Láthattuk, hogy mennyi minden rejlik egy ilyen „kis” feladatban.
Végigjártam a kombinatorika, a függvényegyenletek és a rekurzív sorozatok
területeit, hogy eljussak a feladat legvégére. Próbáltam valamiféle hasonlóságot
keresni a Pascal-háromszög és a mi háromszögünk között, a Fibonacci-sorozat és a
háromszögünk első oszlopa között. Többfajta rekurzív sorozatnak a megoldását
nézem át, hogy ötletet merítsek a „borítékos probléma” megoldásához. A feladat
végén azonban egy közelítő értéket kaptam, de ha a nulladik oszlop zárt alakját
egészre kerekítem, akkor megkapom a pontos értéket:
n,m
egészre
n n m !a
m e
.
Próbáljuk is ki! Keressük meg 7,3a értékét, amikor 7 levélből 3 van jó helyen (5.
táblázat):
37,
egészre
!a 35 8,829 35
e3
35
7 79 1
3
5. táblázat: A számháromszög használata
m=0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Σ
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!
Munkám során rengeteg tudással gyarapodtam és a matematika talán
legérdekesebb szeletét tanulmányoztam.
– 27 –
Felhasznált irodalom
XXXIV. Felvidéki Magyar Matematikaverseny: IV. osztály. – Zselíz, 2010. – 1 p.
XXXV. Felvidéki Magyar Matematikaverseny: III. osztály. – Komárom, 2011. – 1 p.
XXXV. Felvidéki Magyar Matematikaverseny: IV. osztály. – Komárom, 2011. – 1 p.
[ÁDÁM András] Hány olyan permutáció van, amely adott számú elemet rögzít? /
Ádám András. – In: Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok – 52. évf. 5. sz.
(2002.). – Bp.: MATFUND Alapítvány – p. 265-268.
[BARABÁSI Albert-László] Behálózva / Barabási Albert-László. – 2. kiadás. – Bp.:
Helikon Kiadó, 2008. – 320 p.
[BÁRCZY Barnabás] Algebra / Bárczy Barnabás. 2. kötet – 2. kiadás. – Bp.:
Műszaki Könyvkiadó, 1965. – 223 p.
[DRÖSSER, Christoph] Csábító számok, avagy a mindennapok matematikája /
Christoph Drösser. – Bp.: Athenaeum Kiadó, 2008. – 216 p.
[HAJNAL Imre] Matematika / Hajnal Imre. 3. kötet – Bp.: Nemzeti Tankönyvkiadó,
1989. - 336 p.
[KOVÁCS Ádám] Aranyháromszög / Kovács Ádám, Vámos Attila. – Bp.: Műszaki
Könyvkiadó, 2007. – 150 p.
[LAJKÓ Károly] Függvényegyenletek feladatokban / Lajkó Károly. – Debrecen:
Debreceni Egyetem Matematikai Intézet, 2005. – 125 p.
[MÁTÉ László] Rekurzív sorozatok / Máté László. – Bp.: Tankönyvkiadó, 1980. –
125 p.
[OBÁDOVICS J. Gyula] Matematika / Obádovics J. Gyula. – 18. kiadás. – Bp.:
Scolar Kiadó, 1994. – 813 p.
[SAIN Márton] Nincs királyi út! / Sain Márton. – Bp.: Gondolat Könyvkiadó, 1986.
– 831 p.
[SOLT György] Valószínűségszámítás / Solt György. – 6. kiadás – Bp.: Műszaki
Könyvkiadó, 1993. – 265 p.
[SZERÉNYI Tibor] Analízis / Szerényi Tibor. – 3. kiadás – Bp.: Tankönyvkiadó,
1985. – 578 p.
[TÓTH Katalin] Sokszínű matematika 9. / Tóth Katalin. – 7. kiadás. – Szeged:
Mozaik Kiadó, 2007. – 255 p.
[TÓTH Katalin] Sokszínű matematika 10. / Tóth Katalin. – 7. kiadás. – Szeged:
Mozaik Kiadó, 2007. – 247 p.
[TÓTH Katalin] Sokszínű matematika 11. / Tóth Katalin. – 5. kiadás. – Szeged:
Mozaik Kiadó, 2007. – 295 p.
[TÖRÖK Judit] A Fibonacci-sorozat / Török Judit. – Bp.: Tankönyvkiadó, 1984. –
88 p.
[URBÁN János] Határértékszámítás / Urbán János. – Bp.: Műszaki Könyvkiadó,
2000. – 451 p.