Side 3 - Pascals trekant

Hvor mange herinde forstår Eulers løsning ?

#41 Jeg har en løsning (jf. mit svar i #12) som i bund og grund handler om det samme, men er langt lettere at følge for menig mand... Skal jeg poste den her?

Ja, det må du gerne.

#42 Ha, du har slet ikke lavet den !

Vi erstatter alle lige tal i trekanten med 0 og alle ulige med 1. Dette svarer til at sige 0=hvid og 1=blå i Eulers udmærkede link i #14. Nu vil den 2ⁿ række bestå af lutter 1-taller. Dette ses induktivt (dvs. man gentager samme argument igen og igen) ved at konstatere, at den 4. række består af lutter 1-taller, hvorfor den 5. række bliver 10001. Pga. af 0'erne i midten, og idet 0+0=0 (lige+lige=lige), starter de to 1-taller yderst i 5. række en gentagelse af de første 4 rækker indtil der igen står 1-taller i hele række 8. De første 8 rækker kan derfor fremstilles vha. tre "kopier" af de første 4 rækker og et passende antal 0'er i midten.

Nu står der derfor lutter 1-taller i 8. række, hvorfor den 9. række bliver 100000001 og processen starter forfra, således at de første 16 rækker kan fremstilles af tre "kopier" af de første 8 placeret med en passende mængde 0'er i midten.

Derved ses, at antallet af 1-taller tredobles for hver iteration (gentagelse), hvorved man kan slutte, at der er 3ⁿ ulige tal i de første 2ⁿ rækker af Pascals trekant. Da der er 1+2+3+...+2ⁿ = (2ⁿ(2ⁿ+1))/2 tal i de første 2ⁿ rækker af trekanten, bliver forholdet #ulige/#alle tal derfor 2·3ⁿ/(2ⁿ(2ⁿ+1)). Da 2ⁿ(2ⁿ+1)=2²ⁿ+2ⁿ svarer dette helt til Eulers løsning. Afslutningen angående grænseværdien for brøken, kan man læse fint i bunden af Eulers svar i #13.

#44 Fungerer det godt nok?

#44 Det kan du jo se, at han har.

Apropos #4, så er det muligt at "fremstille" vilkårligt men endeligt mange rækker af Pascals trekant ved at se på potenser af tallet 11. Man skal blot skifte 10-talssystemet ud med et nyt talsystem med tilpas stor base, b, til at den største indgang, man får brug for, højst har værdien b-1.

Dette kan ses på følgende måde. Vi ser på tallet 11, som skal tolkes ud fra basen b. Derfor er 11=1·b¹+1·b⁰. Jeg påstår nu, at alle potenser af 11 følger formlen 11ⁿ = Σ_{k=0 til n} K(n,k)·b^k.

Dette vises induktivt ved først at konstatere, at 11¹ overholder formlen. Derpå antager man, at formlen gælder op til og med tallet n og ser nu på 11ⁿ⁺¹ = 11·11ⁿ = (b¹+b⁰)·Σ_{k=0 til n} K(n,k)·b^k hvor jeg til sidste lighedstegn bemærker, at jeg har udnyttet antagelsen at formlen gælder op til og med n. Omskrivningen forsætter med

11ⁿ⁺¹ = (b¹+b⁰)·Σ_{k=0 til n} K(n,k)·b^k

= Σ_{k=0 til n} K(n,k)·b^k+1+Σ_{k=0 til n} K(n,k)·b^k

= Σ_{k=0 til n+1} [K(n,k-1)+K(n,k)]·b^k

, og da Pascals trekant netop er opbygget på princippet K(n+1,k) = K(n,k-1)+K(n,k), giver dette til sidst, at

11ⁿ⁺¹ = Σ_{k=0 til n+1} K(n+1,k)·b^k

Koefficienterne til b^k er derfor indgangene i Pascals trekant, men de vil kun stå til at aflæse, hvis de ikke er så store, at de overskrider den maksimale størrelse for et ciffer i det pågældende talsystem. F.eks. kan man kun "fremstille" de første fem rækker af Pascals trekant med potenser af 11 i 10-talssystemet, da tallene i 6. række er 1 5 10 10 5 1, hvilket gør at de to tal i midten (som er 10) overskrider talsystemets cifferstørrelse. Derfor kravet at K(n,r)≤b-1. Det skal siges at ovenstående formel alligevel er korrekt også for den 6. række med basen b=10, idet:

11⁵ = 1·10⁵ + 5·10⁴ + 10·10³ + 10·10² + 5·10¹ + 1·10⁰

47 - Du er totalt god til matematik !!

Tak for jeres besvarelser.

#48 Er du lun på ham? :)

hehe.., jeg tror, at Tal-pædagog tiltrækker alle pigerne herinde..

De væsentlige piger! Smukke piger. De andre er irrelevante og det interesserer mig ikke.