Informatikai és Hírközlési Minisztérium Oktatási Minisztérium Apache Php Mysql Fazekas Mihály Gyakorlóiskola
  Bejelentkezás
Üdvözöljük a Matematika portálon!  
Trinomiális együtthatók

Juhász Máté

A "Trinomiális együtthatókról"

És a Pascal-háromszög egyéb általánosításairól

A binomiális együttható fogalma abból ered, hogy két szám összegének egész hatványait ezekkel lehet felírni a két szám hatványaival. Például: (a+b)4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4.

A kérdés: ilyen alapon lehetnek-e "trinomiális együtthatók", vagyis olyan számok, amelyek három szám összegének egész hatványainak együtthatói?

Három szám összegének hatványai

Kezdjük a négyzettel:

(a+b+c)2=(a+b+c)(a+b+c)=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca.

Itt látszik, hogy ezt nem lehet "lineárisan ábrázolni". Háromágú képet kapunk. Legalább is ezt várnánk el.

Pascal-tetraéder...

Készítsünk egy olyan tetraédert, amelyben egy elem azt jelenti, hogy hányféleképpen választhatunk ki n dolog közül k-t és a megmaradóból m-et.

Amikor egy háromtagú összeg n-edik hatványát vesszük, akkor minden tagban a kitevők összege n lesz. Hiszen amikor a négyzetet zárójelekre bontjuk, mindegyik zárójelből kiválaszthatjuk az a, b, c valamelyikét.

Tehát a cél, hogy a háromtagú összeg hatványának n-edik hatványban a tagokat ábrázoljuk.

Tegyük fel, hogy a c-k közül nem választunk ki egyet sem! Ekkor sorra ezeket az értékeket kapjuk: an, an-1.b,..., bn.

De ha c-t egyszer választjuk ki, eggyel rövidebb sort kapunk: c.an-1, c.an-2.b, ..., c.bn-1. \\vdots

És végül ha a c-k közül n-et választunk, akkor már csak egy hosszúságú lesz a sor: cn.

Például n=3 esetén (a trinomokkal együtt) kitöltve így néz ki a kép:

Most bebizonyítjuk, hogy ezek olyan "tetraédert" alkotnak, amelyben egy szám a fölötte levők közül annak a háromnak az összege, amelyek a legközelebb állnak hozzá. Ezt teljes indukcióval bizonyítjuk.

Tegyük fel, hogy az n-edik szintig teljesül ez az állítás, azaz az első n szint mindegyike tartalmazza a háromtagú hatványok együtthatóit. (Az első néhány szinten ez tényleg igaz)

Tekintsük az (n+1)-edik szintet. Az (a+b+c)n+1 egy tagját az (a+b+c)n-ből úgy kapjuk, hogy az eddigi szorzatot meg kell ezt szorozni még (a+b+c)-vel. a-val megszorozva a következő sorban az egyik irányba "mozdulnak". b-vel megszorozva a következő sorban egy másik irányba mozdul, és hozzáadódik ahhoz, ahol már van érték. c-vel megszorozva meg egy harmadik irányba megy, és ismét hozzáadódik a szám. Ez pedig nem más, mintha minden számot lefelé, mindhárom irányba elvittük volna. (Lásd: A binomiális együtthatók és a Pascal-háromszög kapcsolata.)

A Pascal-tetraédernek egy oldala a Pascal-háromszög, mivel a harmadik irányból nem "érkezik" szám, ami szorzótényezőként szerepelne.

Mivel a Pascal-háromszöget is lehet nevezni Pascal-téglalapnak, -ötszögnek, stb., ugyanúgy a Pascal-tetraéder is nevezhető Pascal-kockának és "Pascal-dodekaédernek". (Mivel ezeknél is három lap találkozik a csúcsokban).

Hányféleképpen is?

Régi Pascal-háromszöges feladat a következő: Hányféleképpen lehet A-ból B-be eljutni egy négyzetrácson, ha csak felfelé és jobbra léphetünk egységnyivel? A válasz a Pascal-háromszög téglalapba rendezésén alapul.

De ha a Pascal-tetraéder nevezhető Pascal-kockának, akkor meg lehet oldani a feladat térbeli megfelelőjét. amely így szól: Hányféleképpen lehet az A térbeli rácspontból a B térbeli rácspontba eljutni, ha csak fel, jobbra és előre léphetünk egységnyi lépésekkel?.

A régi válasz úgy szólt, hogy hányféleképpen választható ki x+y lépésből y felfele... Az új kérdés pedig így szól: Hányféleképpen választható ki x+y+z lépésből y felfele, és a maradék x+z-ből z előre? x+y+z

-ből y fel {x+y+z\\choose y} féleképpen választható ki. x+z-ből meg z esetén {x+z\\choose z} féle van. (Ez a megfogalmazás hasonlít arra, ahogyan az együttható-tetraédert hoztunk létre.)

Ez összesen {x+y+z\\choose y}{x+z\\choose z} eset.

Ezzel már akkor akár a Trinomokat is felírhatjuk három szám együtthatójaként, ha tudjuk, hogy a három szám ezzel a felírással x+y+z, x+z, z. Ha a, b, és c e három szám, a trinom {a\\choose a-b}{b\\choose c}={a\\choose b}{b\\choose c}.

És a visszatérés

És a legfontosabb probléma: egy szinten a számok összege mindig 3-hatvány.

Teljes indukcióval bizonyítható, hogy az n-edik emeleten 3n:

1.A 0-dik szinten az összeg 1=30.

2.Az n-ediken igaz. Az n+1-edikre minden szám háromszor megy le. Tehát megháromszorozódik.

Most már csak azt kell tisztázni, hogy miként alkalmazhatók a trinomok mint együtthatók.

(a+b+c)^n=\\sum_{i=0}^n\\left(\\sum_{j=0}^{n-i}{n\\choose i}{i\\choose j}\\cdot a^ib^jc^{n-i-j}\\right).

(Az (a+b)^n=\\sum\\limits_{i=0}^n{n\\choose i}a^ib^{n-i} mintájára.)

Pascal-gúlák

Ha pedig a Pascal-tetraéder háromszög alapú, miért ne lehetnének négyszögalapú, ötszögalapú, stb. Pascal-gúlák?

A Pascal-gúlák gondolata megragadó, de (szerintem) nem olyan kézzelfoghatóak, mint a Pascal-tetraéder. Ugyanis a négyszög alapú, például már a második emeleten tartalmaz középső elemet, míg a háromszög csak a harmadikon, s míg a többi középen azt a számot tartalmazza, ahány szögű az alapja, a háromszögalapúnál viszont egy szerény 6-tal kezdi a közepét.

A Pascal-szimplex és a Quatronomok

A Quatronomok megmutatják (a+b+c+d) n-edik hatványában azt, hogy a tagok hányszorosa szerepel, a Pascal-szimplex pedig tetraéder-szeletekből álló "torony", amelyben egy új szeletbe az előzőből felfelé, előre-le, jobbra-hátra-le, balra-hátra-le mozog; éppen úgy, mint a Pascal-tetraéderben. (Szimplex: a 2-dimenziós szimplex a háromszög; az n-dimenziós szimplex általában azt jelenti, hogy az (n-1)-pontú (n-1)-dimenziós szimplex minden csúcsát összekötöm egy n-edik ponttal. Ez esetben a 4-dimenziós szimplexről van szó.)

E kettő azonossága hasonlóan bebizonyítható úgy, hogyan azt a trinomokkal tettük, de a tagok 4 irányba mozdulhatnak. azzal, hogy a-val megszorozva fel megy, b-vel előre-le....

Az is bebizonyítható, hogy egy szeletben a tagok összege négyhatvány, az előző bizonyítással, illetve a három dimenziós esetével összehangolva.

Természetesen ez akárhány dimenzióra átvihető. (De -- csak zárójelben -- lehet-e ilyesmi alkotni például végtelen dimenzióban? Vagy maga az ötlet is egészen irreális?)

Egyéb általánosítási ötletek

Kicsit más témájú kérdés a következő:

Készítsünk táblázatot arról, hogy egy n-dimenziós szimplexnek hány k-dimenziós oldala van!

Aki otthonosan mozog több dimenzióban is, és követte az eddigieket, az beláthatja, hogy ebből {n\\choose k} darab van, ami minden n-re és k-ra táblázatba rendezve a Pascal-háromszöget adja.

Vajon el lehet-e ezt játszani kockával is?

Vigyáznunk kell! A négyzet térbeli megfelelője nem csak a kocka, hanem az oktaéder is, a négydimenzióban pedig már három megfelelője is van a kockának! Az a kérdés sarkalatos része, hogy mit értünk n-dimenziós kockán, oktaéderen!

Egy másik észrevétel az, hogy ha a Pascal-háromszög egyik oldalával párhuzamos szeleteket nézünk, akkor a "pontszámokat", a "szakaszszámokat", a "háromszögszámokat", a "tetraéderszámokat" és egyáltalán az "n-dimenziós szimplexszámokat" kapjuk. (Ezek:

pontszámok: 1, 1, 1, 1, ... (0-dimenziós szimplexszámok)

szakaszszámok: 1, 2, 3, 4, ... (1-dimenziós szimplexszámok)

háromszögszámok: 1, 3, 6, 10, ... (2-dimenziós szimplexszámok)

tetraéderszámok: 1, 4, 10, 20, ... (3-dimenziós szimplexszámok)

4-dimenziós szimplexszámok: 1, 5, 15, 35, ...

[A k-adik n-dimenziós szimplexszám: az első k darab (n-1)-dimenziós szimplex szám összege. Ezt úgy lehet szemléltetni, hogy egyre kisebb szeleteket teszünk egymásra eleinte szakaszokból, majd háromszögekből; ezzel háromszögeket és tetraédereket kapunk. _0\\Sigma_n=n={n\\choose1}, _1\\Sigma_n={n\\cdot(n+1)\\over2}={n+1\\choose2} ,

_2\\Sigma_n={n\\cdot(n+1)(n+2)\\over6}={n+2\\choose3} ,

_3\\Sigma_n={n\\cdot(n+1)(n+2)(n+3)\\over4!}={n+3\\choose4} ,

stb.]

Ennek az az egyszerű oka, hogy a szimplexszámokat eleve úgy értelmezem, hogy az előtte lévőhöz hozzáillesztem a neki megfelelő, egy dimenzióval alacsonyabb alakzatot.

Ha már ismerjük a négyzetszámokat, meg lehetne próbálni ezt is!

Búcsú a Pascal-családtól

A lehetőségek egyáltalán nem fogytak ki, mert rengeteg nyitott kérdés van még hátra, és én a már feltártaknál is csak a legalapvetőbb dolgokat tártam fel.

De ez a dolgozat egyébként is elsősorban a "Trinomokról" szólt, csak én úgy gondolom, hogyha Pascalt 3 dimenzióban megnézem, miért ne lehetne egyebet hozzátenni?

Ezzel én búcsúzom, de nem véglegesen, Pascaltól, de elsősorban a háromszögétől és az újonnan kifejlesztett mutációitól.

Megjegyzés: n-dimenziós Pascal-háromszögnél a "multinomális együttható":

{a_1\\choose a_2}{a_2\\choose a_3}{\\dots}{a_{n-1}\\choose a_n}.

Kiemelt támogatónk 2006-ban:
Tigra Computer
Támogatóink 2003-ban:
Oktatási Minisztérium
Powered by:
Apache + Php + Mysql
Kapcsolat
hraskoa@fazekas.hu
Copyright © 2004-2010 Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium. Served by pingvin.