TELJES KUTDIAK

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


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


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.


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


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.


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


7/28

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.


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.


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 ? ? ? ? ?


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.


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


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.


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)


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.


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


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


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


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


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


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


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!


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


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 !


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.


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)


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


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.


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.

Documents

TELJES KUTDIAK