BELVÁROSI ÁLTALÁNOS ISKOLA ÉS GIMNÁZIUM BÉKÉSCSABA
EGY ÚJ SZÁMHÁROMSZÖG A KOMBINATORIKÁBAN
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
0 1 0 1 2 9 44 265 1854 14833 133496 1334961
1
2
1 0 3 8 45 264 1855 14832 133497 1334960
1 0 6 20 135 924 7420 66744 667485
3
5
6
7
8
9
10
1 0 1 10 0 1 40 15 0 315 70 21 2464 630 112 22260 5544 1134 222480 55650 11088
1 0 28 168 1890
1 0 36 240
1 0 45
1 0
1
KÉSZÍTETTE: KOVÁCS BÁLINT
4
TÉMAVEZETŐ: MÉRI KÁROLY
2012.
Tartalomjegyzék 1.
BEVEZETÉS ........................................................................................................................... 2
2.
KOMBINATORIKA ............................................................................................................... 2 2.1. 2.2. 2.3. 2.4.
3.
4.
A BORÍTÉKOS PROBLÉMA KIBŐVÍTÉSE....................................................................... 8 3.1. 3.2.
A HÁROMSZÖG HASZNÁLATA ............................................................................................ 8 A FELADAT FOLYTATÁSA TÖBB ELEMRE ............................................................................ 8
3.3.
A
n
SEJTÉS BEBIZONYÍTÁSA TELJES INDUKCIÓVAL ........................ 10
SZÁMTANI ÉS MÉRTANI SOROZATOK................................................................................ 14 A FIBONACCI-SOROZAT .................................................................................................. 14 ZÁRT ALAKOK KERESÉSE ................................................................................................ 15
ZÁRT ALAK A HÁROMSZÖGRE ..................................................................................... 18 5.1. 5.2. 5.3.
6.
bn n bk 1 1
REKURZÍV SOROZATOK ................................................................................................. 14 4.1. 4.2. 4.3.
5.
FOGALMA ......................................................................................................................... 2 FAJTÁI .............................................................................................................................. 3 A PASCAL-HÁROMSZÖG .................................................................................................... 5 A „BORÍTÉKOS PROBLÉMA” ............................................................................................... 7
PRÓBÁLKOZÁSOK ........................................................................................................... 18 LEONHARD EULER VÉGTELEN SOROZATA ........................................................................ 21 AZ 1 / e VÉGTELEN SOR ................................................................................................. 21
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 2
Tóth Katalin: Sokszínű matematika 10. – 7. kiadás. – Szeged: Mozaik Kiadó, 2007. – 9. p. 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
Pn n! (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 k1 , k 2 , k 3 ,..., k r , akkor az ismétléses permutációk száma:
Pn(k1 ,k 2 ,...,k r )
n! , ahol k1 k 2 ... k r n és (n, k1 , k 2 ,..., k r k1 ! k 2 ! ... k r !
) . 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! 35 3! 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: Vn,k n(n 1)(n 2)(n 3) (n, k
n (k 1)
n! 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 féleképpen lehetnek az úszók dobogósok. (8 3)! 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 Vn,k n k . 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 63 216 féle háromjegyű számot kaphatunk. Ha n különböző elem közül minden lehetséges módon kiválasztunk k (k n) elemet, de nem permutáljuk az egyes elrendezés elemeit, mert az elemek sorrendjére nem vagyunk tekintettel, akkor n elem k-ad osztályú kombinációit kapjuk:
Cn,k
Vn,k k!
n(n 1)(n 2)(n 3) k!
n (k 1)
n n! . k!(n k)! 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
90 90! ismétlés nélküli kombináció. Tehát a megoldás 43949268 féle 5 5! 85! 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:
n k 1 Cin,k és (n, k 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
30 5 1 34! 278256 féleképpen oszthatjuk ki a könyveket.3 megoldás 5 5! 29! 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
kép)
(1.
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
1. kép: Blaise Pascal
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
n n! meghatározhatom az képlettel. k k! n k ! 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.
–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 n x ! n n n x ! n x ! n n x !
n! n! x! n x ! n x ! x! 00 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
3 3 féleképpen választhatjuk ki, a többi 2 levelet úgy kell rendezni, hogy egyik 1 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
3 azt szeretnénk, hogy csak egy boríték maradjon a helyén, akkor 1 3 féleképpen 1 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.
1-es levél helye 2.
2-es levél helye 3.
3-as levél helye 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. táblázat: 3-ből 1 levél legyen a helyén
2 borítékra az előző feladatban feltett kérdésekre a válaszokat, majd táblázatba rendezzük az eredményeket (2. táblázat). A táblázat
alapján a
„borítékos”
1
2
n=0 1 2
m=0 1 0 1
1 0
1
3
2
3
0
3
1
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
táblázatunkat,
akkor
akarjuk egyre
a
lehetőséget kell megvizsgálnunk. Pl.: 10
db
boríték
esetén
már
3. táblázat: Folytatás?
több
10!
lehetőséget kellene vizsgálni. Lehet egyszerűbben is: nézzük meg, hogyan
n=0 1 2 3 4
m=0 1 0 1 2 ?
1
2
3
4
1 0 3 ?
1 0 ?
1 ?
?
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
4 kiválasztom azt a két levelet, amelyek a helyükön legyenek: 6 -féleképpen. Ezt 2 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
4 határozom meg, hogy kiválasztom azt az egy levelet, amely a helyén legyen 4 1 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;
–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
n képletet: a n,m b n m . (A nulladik oszlop értékei b n , ahol az a n,m -nél m 0 .) m Látható, hogy az n-1-edik sor ismeretében meghatározható az n-edik sor és az is világos, hogy
n
a k 0
n,m
n! .
Ezt az eljárást folytatva a megkapott eredményeket táblázatba foglalva megkapunk egy számháromszöget. (4. táblázat) 4. táblázat: A számháromszög n=0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
m=0 1 2 3 4 5 6 7 1 0 1 1 0 1 2 3 0 1 9 8 6 0 1 44 45 20 10 0 1 265 264 135 40 15 0 1 1854 1855 924 315 70 21 0 1 14833 14832 7420 2464 630 112 28 0 133496 133497 66744 22260 5544 1134 168 36 1334961 1334960 667485 222480 55650 11088 1890 240
8
9
1 0 45
1 0
Σ 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 1 10!
10
Láthatjuk, hogy az egész háromszögre kiterjedő képlet nagyon erősen függ a nulladik oszlop elemeitől b n . 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 bn n bk 1 1 képlet teljesül, azonban ezt be n
is kell bizonyítanunk.
– 10 –
3.3. A bn n bk 1 1 sejtés bebizonyítása teljes indukcióval n
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!
b1 1 1 1 0 1
b 2 2 0 1 1 2
b3 3 1 1 2 3
b 4 4 2 1 9 4
b5 5 9 1 44 5
2., Feltesszük n k -ra, hogy igaz!
bk k bk 1 1
k
3., Bizonyítjuk n k 1-re!
bk 1 k 1 bk 1
k 1
b k -ra alkalmazzuk a kiszámítási szabályt: k k b k 1 k 1 k! b k 1 b k 2 1 2
k k k 1 b k k 1 b k k 1 k 1 k bk
k k b k 1 k 1 k! k 1 b k 1 k 1 b k 2 1 2 k k k 1 k 1 b k k 1 k 1 b k k 1 k 1 k Most a negatív tagoknál elvégezzük a következő utasításokat!
k 1 k! b k 1 k! b k 1 k! b 1 k 1 k 1! 1! k 1 k 2 ! 2! k 2 k k ! k! k k k 1 k! k b k 1 k! k 1 b b k 1 k 1! k 2 k 1 k k 1! 1! k 1 k 2 ! 2! k 1 k! k 1 k k 1 b k k 1 k k 1 k k ! k! b k 1 k 1!
– 11 –
k 1! k b k 1! k 1 b k 2 k 1 k 1 1! 1! k 1 2 ! 2! k 1! 1 b 1 k 1 k 1 1! 1! k k
b k 1 k 1!
k 1 k 1 b k 1 k 1! k b k 1 k 1 b k 2 1 2 k 1 k 1 1 b k k 1 k 1 1
Most kibővítünk minden tagot 1 1 tagokkal: k
k
k 1 k 1 k k k 1 k 1 b k 1 k 1! k b 1 1 k 1 b 1 1 k 2 k 1 1 2 bk b k 1
k 1 k k 1 k k 1 1k 1 1 1 b k k 1 k 1 1 b1
A bk k bk 1 1 indukciós feltevés miatt: k
k 1 k 1 k k 1 b k 1 k 1! b k 1 b k 1 1 1 2 k 1 k 1 k 1 k k 1 k 1 b1 1 b0 b0 1 k 1 1 k 1 k 1
beszúrjuk
Felbontjuk a zárójeleket:
k 1 k 1 k 1 k 1 k k 1 b k 1 k 1! bk 1 b k 1 1 1 1 2 2 k 1 k 1 k 1 k 1 k k 1 k 1 b1 1 b0 b0 1 k 1 1 k 1 1 k 1 k 1 beszúrjuk
Csoportosítsuk át a tagokat!
k 1 k 1 b k 1 k 1! bk b k 1 1 2 k 1 k 1 k k 1 1 1 1 2
k 1 k 1 b1 b0 k 1 1 k 1 k 1 k 1 k k 1 k 1 1 b0 1 k 1 1 k 1
k 1 k 1 Az k 1! bk b k 1 1 2 kiszámítási szabály alapján egyenlő b k 1 -gyel.
k 1 k 1 b1 b0 kifejezés a k 1 1 k 1
– 12 –
k 1 k 1 k k 1 bk 1 bk 1 1 1 1 2 Akkor
sikerül
bebizonyítanunk
k 1 k 1 k k 1 1 1 1 2
k 1 k 1 k k 1 k 1 1 1 k 1 1 k 1 a
képletünket,
hogyha
a
k 1 k 1 k k 1 k 1 kifejezés 1 1 k 1 1 k 1
értéke nulla.
k 1 k 1 k k 1 1 1 1 2
k 1 k 1 1 k 1 1 1 k k 1
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
1 5 10 10 5 1 0 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 1 5 5 10 10 10 10 5 5 1 1 1 1 5 5 10 10 10 10 5 5 1 1 1 6 15 20 15 6 1 0 Összegezve:
1
k 1
k 1 k 1 k k 1 1 1 1 2
k 1 k 1 1 1 0 k k 1
Tehát igaz a 3. pont, bebizonyítottuk a képletet. Ezt a képletet kicsit átrendezve, egy másik képletet kapunk. b n b n 1 n 1
n n 1 b n b n 1 b n 1 n 1 b n 2 n 1 1 n 1 b n b n 1 b n 1 n b n 2 n 1 b n 1 b n 2 n 1 1 n
b n n 1 b n 1 n 1 b n 2
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 n! a n,m bn m bn m . m! n m ! m n Láthattuk, hogy a Pascal-háromszögben az képlettel meghatározhatjuk k 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: a1 ,a1 d,a1 2d,
A sorozat n-edik tagja: a n a1 (n 1) d A
sorozat első n tagjának összege: Sn
a1 a n n .5 Mértani sorozatnak nevezzük azt a 2
sorozatot, amelyben bármely két szomszédos tag hányadosa állandó: a1 ,a1q,a1q 2 , A sorozat n-edik tagja:
a n a1q n 1 . A sorozat első n tagjának összege:
qn 1 6 . Sn a1 q 1
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 2. kép: Fibonacci 5 6
Bárczy Barnabás: Algebra II.. – 2. kiadás. – Bp.: Műszaki Könyvkiadó, 1965. – 110-112. p. Bárczy Barnabás: Algebra II.. – 2. kiadás. – Bp.: Műszaki Könyvkiadó, 1965. – 118-120. p.
– 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 a n 2 a n 1 a n 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 3. kép: Nyulak szaporodása
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:
f ( n)
1 n 1 a1 a0 n 1 a1 a0 .10
Ebbe
a
megoldó
függvénybe helyettesítjük be a Fibonacci-sorozat együtthatóit és az első két tagját:
f (1) 0
f (2) 1
f (n 2) f (n 1) f (n) f (n 2) a f (n 1) b f (n) a 1 1 5 1 5 2 1,2 1 0 1,2 b 1 2 2 7
Hajnal Imre: Matematika III.. – Bp.: Nemzeti Tankönyvkiadó, 1989. – 262. p. 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. 8
– 16 –
f ( n)
n 1 1 5 n 1 1 1 1 5 5 5 0 0 1 1 2 2 2 5 2
1 1 5 1 2 2
n 1 n 1 1 5 1 1 5 f ( n) 2 5 2
←ZÁRT ALAK
2. módszer: megadhatjuk a Fibonacci-sorozat zárt alakját két mértani sorozat összegeként is. Tegyük fel, hogy a n c q n 1 . Ekkor teljesülnie kell
a n a n 1 a n 2 cq n 2 cq n 3 .
a1 0
a n a n 1 a n 2 q2 q 1 0
q1
1 5 2
1 5 a n c1 2 Kaptunk
c q n 1 c q n 2 c q n 3 / c q n 3
a 2 1,
két
q2 n 1
;
mértani
← karakterisztikus egyenletet kapjuk, ennek megoldásai q1 , q 2
1 5 2
1 5 a n c 2 2
n 1
sorozatot,
1 5 a n c1 megoldás lineáris kombinációja megoldása 2 az egyenletnek.
amelyek közül egyik sem jó, viszont a két
n 1
1 5 c2 2
Az első két elemet ismerjük, és ebből meghatározhatjuk c1 és c2 értékét, azaz: 0 0 1 5 1 5 a1 0; 0 c1 0 c1 c 2 c2 2 2 1 5 1 5 1 1 1 c c 1 2 1 5 1 5 2 2 a 2 1; 1 c1 c2 2 2
1 1 1 1 5 c1 ;c 2 an 5 5 5 2
n 1
1 1 5 5 2
n 1 n 1 1 5 1 1 5 an ←ZÁRT ALAK 2 5 2
n 1
n 1
– 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.
a1 0
a2 1
a n a n 1 a n 2 a n a n 1 a n 2 0 A sorozat elemeinek felhasználásával állítsunk elő egy generátorfüggvényt a következő módon, majd szorozzuk meg az összefüggésünket először
a n 1 együtthatójával és x-szel, majd a n 2 együtthatójával és x2-tel:
I. : f (x) a1 a 2 x a 3 x 2
a n x n 1
II. : x f (x) a1 x a 2 x 2 a 3 x 3 III. : x 2 f (x) a1 x 2 a 2 x 3 a 3 x 4 Vonjuk ki az első függvényből a másodikat és a harmadikat!
I. II. III. : f (x) x f (x) x 2 f (x) a1 (a 2 a1 )x (a 3 a 2 a1 ) x 2 (a 4 a 3 a 2 ) x 3 0
0
f (x) (1 x x ) x 2
f (x)
x x 2 1 x x 1 5 1 5 x 1 1 2 x 2
Bontsuk parciális törtekre a kifejezést!
1 5 1 5 1 5 1 5 A 1 x B 1 x A B A B x 2 2 2 2 f (x) 1 5 1 5 1 5 1 5 x x 1 1 1 2 x 1 2 x 2 2 1 5 1 5 x (A B) A B x 2 2 a1 A B 0 1 1 ,B A 1 5 1 5 5 5 a2 A B 1 Alkalmazzuk a végtelen sorokra való 2 2 összefüggést! 1 1 1 1 Tehát : f (x) 1 5 1 5 5 1 5 1 ax a 2 x 2 a n 1x n 1 1 x 1 x 1 ax 2 2
– 18 – 2 1 5 2 1 1 5 (1 x x 2 5 2
1 5 2
n 1
2
x
n 1
1 5 2 1 5 ) (1 x x 2 2
1 5 2
Majd megkeressük n-edik tag előtti, azaz azt a tagot, amelynek a kitevője n-1. n 1 n 1 1 5 1 1 5 an ←ZÁRT ALAK 2 5 2
5. Zárt alak a háromszögre 5.1. Próbálkozások A
háromszögünk
0.
oszlopának
bn n 1 bn 1 n 1 bn 2
egyenlet,
rekurzív
képlete
tudjuk,
hogy
az
bn n 1 bn 1 bn 2 .
átrendezve:
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! f (0) 1
f (1) 0
f (n 2) (n 1) f (n 1) (n 1) f (n) f (n 2) a f (n 1) b f (n) a (n 1) 2 4 2 1,2 0 1,2 b (n 1) 2 f ( n)
2 4 2
1 n 1 a1 a0 n 1 a1 a0
2 4 f ( n) 2 2 4 1
2 4 2
2 4 2 4
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 a1 0 , a többi tag is nulla lenne. Talán két mértani sorozat összege. Alkalmazzuk a 2. módszert!
n 1
x n 1 )
– 19 – a1 0;
a n n 1 a n 1 n 1 a n 2
a 2 1;
c q n 1 n 1 c q n 2 n 1 c q n 3
/ c q n 3
q q 0 2
2 4 q1 2
q2
2 4 ; a n c1 2
2 4 2
2 4 a n c2 2
0
0
2 4 2 4 c2 a n c1 2 2
2 4 2 4 c2 a1 0 c1 2 2 1
1
2 4 2 4 c2 a 2 1 c1 2 2
c1
1 2 4
;c 2
0 c1 c 2 2 4 2 4 1 c c 1 2 2 2
1 2 4
n 1 n 1 2 2 4 4 an 2 2 2 4
1
Kipróbáltuk a képletet, ez sem működik. Próbáljuk meg a 3. módszerrel, generátorfüggvénnyel megoldani! a0 1
a1 0
a2 1
a n n 1 a n 1 n 1 a n 2 a n n 1 a n 1 n 1 a n 2 0 I. : f (x) a1 a 2 x a 3x 2
a n x n 1
II. : n 1 x f (x) n 1 a1x n 1 a 2 x 2 n 1 a 3x 3 III. : n 1 x 2 f (x) n 1 a1x 2 n 1 a 2 x 3 n 1 a 3x 4 I. n 1 II. n 1 III. : f (x) n 1 x f (x) n 1 x 2 f (x) a1 (a 2 n 1 a1 )x (a 3 n 1 a 2 n 1 a 1 ) x 2 0
– 20 – f (x) (1 n 1 x n 1 x 2 ) a1 (a 2 n 1 a 1 )x x x 2 2 1 x x 4 2 4 x 1 x 1 2 2 2 4 2 4 A 1 x B 1 x A B 2 2 f (x) 2 4 2 4 x 1 x 1 1 2 2 f (x)
2 4 2 4 A B x 2 2 2 4 1 5 x 1 x 2 2
2 4 2 4 x (A B) A Bx 2 2 a1 A B 0 2 2 ,B A 2 4 4 2 a2 A B 1 4 4 2 2 2 2 4 4 an 2 2 2 4
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: b n 1 n 1
n
b1 1 1 1 0 b 2 0 2 1 1 2
b3 1 3 1 2 3
b 4 1 3 1 4 1 9 4
b5 1 3 1 4 1 5 1 44 5
1 3 1 4 1 5 1 6 1 265 1 3 1 4 1 5 1 6 1 7 1 1854 1 3 1 4 1 5 1 6 1 7 1 8 1 14833
b6 b7 b8
6
7
8
Bontsuk ki a zárójeleket úgy, hogy közben ne végezzük el a műveleteket!
b8 8 7 6 5 4 3 8 7 6 5 4 8 7 6 5 8 7 6 8 7 8 1 14833 b8
8! 8! 8! 8! 8! 8! 8! 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-
4. kép: Leonhard Euler
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 n
1 az 1 kifejezés határértéke. n
5.3. Az 1 / e végtelen sor Megfigyeltük, hogy ha folytatjuk a nulladik oszlop elemeire ezt a fajta kibontást, akkor észrevesszük, hogy a
bn
n! n! n! n! n! n! n! n! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!
1 1 1 1 1 1 1 1 b n n! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!
11 12
n! n 1!
n! ? n!
1 n 1!
1 ? n!
Sain Márton: Nincs királyi út!. – Bp.: Gondolat Könyvkiadó, 1986. – 694-695. p. Barabási Albert-László: Behálózva. – Bp.: Helikon Kiadó, 2008. – 15-16. p.
– 22 – képlet
teljesül
rá.
Ha
bn 1 1 1 1 1 1 1 1 n! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!
be
tudjuk
1 1 n 1! n!
látni
a
végtelen sorról, hogy
korlátos és szigorú monoton, akkor biztosan konvergens, tart egy számhoz, amit a végtelenben ér el. Bizonyítsuk be, hogy korlátos!
bn 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 10! 0,375
bn 1 1 1 1 1 1 0,375 n! 5! 6! 7! 8! 9! 10! negatív
negatív
negatív
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!
bn 1 1 1 1 0,375 0 0 0 n! 5! 7! 9! 11! bn 1 1 1 1 0,375 5 0 7 0 9 0 11 n! 2 2 2 2 n
1 1 bn 1 4 0,375 5 n! 2 1 1 4 n 1 1 1 4 0,375 1 0 1 0,375 1 4 lim 0,375 5 n 2 1 25 1 25 3 1 1 4 4 3 3 0,375 3 0,375 0 2 8 bn 0 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:
1 1 1 1 1 1 1 1 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! pozitív
pozitív
pozitív
pozitív
/
1 1 n! n 1!
– 23 – Ekkor a sorozat szigorú monoton növekvő. Nézzünk meg egy másfajta csoportosítást:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 10! negatív
negatív
negatív
/
1 1 n! n 1!
negatív
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.
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 1 lim 0 0 0 n n 1! n 1 ! Így bebizonyítottuk, hogy a végtelen sorunk korlátos és szigorúan monoton, tehát konvergens. De mihez tart? n
Elfogadjuk,
hogy
1 lim 1 e n n
és
ezzel
együtt
azt
is,
n
hogy
1 1 1 lim 1 . A binomiális tétel felhasználásával kibontjuk az 1 n e n n hatványt: 13 n 0 1 2 1 n n 1 n n 1 1 n n 2 1 1 1 1 1 n 0 n 1 n 2 n n 1 n n 1 1 n 0 1 1 1 n n n 1 n n
0
1
2
n! n! n! 1 1 1 1 1 n 0 ! 0! n n 1!1! n n 2 ! 2! n n n! 1 n n 1 ! n 1! n
13
n 1
n! 1 n n ! n! n
Urbán János: Határértékszámítás. – Bp.: Műszaki Könyvkiadó, 2000. – 99. p.
n
n
– 24 – n 1 n n 1 1 n n 1 n 2 1 1 2 3 1 1 1! n 2! n 3! n n n n 1 n 2 3 2 1 n! 1 n 1 n n! n n n 1! n
1 n 1 n n 1 1 n n 1 n 2 1 1 1 0! n 1! n2 2! n3 3! n n n 1 n 2 3 1 n! 1 n 1 n n 1! n! n 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 lim 1 n n n n 1 n2 n lim lim x 1 2 n n2 n n n 1 n 2 n n 1 n n lim 1 n n n Így leegyszerűsödik a sorunk: n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 lim 1 n 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! n
1 1!
1 !
n
1 1 Mivel lim 1 , ezért n e n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!
ami leegyszerűsítve:
1
1
1 1!
1 !
1 i! e 0,3678794... (1. grafikon) i 0
i
1 , e
– 25 – . 1/e-hez való konvergálás f(n) 1 0,9 0,8 0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1 0 0
b(n) 1/e
n 5
10
15
20
1. grafikon: 1/e-hez való konvergálás
Ha kibővítjük a b8 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: b8
8! 8! 8! 8! 8! 8! 8! 8! 8! 14833 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 0
1 1 1 1 1 1 1 1 1 b8 8! 14833 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 8 i 1 b8 8! 1 i! i 0 n
b n n! 1 i 0
b n n! bn
i
1 i!
/ / 1 i 0
i
1 1 i! e
1 e
n m ! n! bn m e e
Ezzel a módszerrel sikerült kapnunk egy közelítő értéket a háromszögünk 1 i 1 nulladik oszlopára. Miért csak közelítő? Mert az 1 sorozat egy i! e i 0 végtelen sorozat, viszont a mi képletünkben ennek a végtelen sorozatnak az első
– 26 – n m ! néhány tagját veszem igénybe. Így a nulladik oszlop képletét b n m be e
n tudom helyettesíteni az egész háromszögre kiterjedő képletbe a n,m bn m . m n n m ! a n,m e m
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
n n m ! egészre kerekítem, akkor megkapom a pontos értéket: a n,m . e m egészre
Próbáljuk is ki! Keressük meg a 7,3 értékét, amikor 7 levélből 3
van jó helyen (5.
7 7 3 ! táblázat): a 7,3 35 8,829 35 9 315 e 3 egészre
5. táblázat: A számháromszög használata n=0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
m=0 1 2 3 4 5 6 7 1 0 1 1 0 1 2 3 0 1 9 8 6 0 1 44 45 20 10 0 1 135 265 264 40 15 0 1 1854 1855 924 70 21 0 1 315 14833 14832 7420 2464 630 112 28 0 133496 133497 66744 22260 5544 1134 168 36 1334961 1334960 667485 222480 55650 11088 1890 240
8
9
1 0 45
1 0
Σ 0! 1! 2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 1 10!
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.
