Pascal-þríhyrningur

Prentvæn útgáfa er ekki lengur studd og gæti verið með myndgerðarvillur. Uppfærðu bókamerki vafrans þíns og notaðu frekar sjálfgefna prentunaraðgerð vafrans.

Pascal-þríhyrningur^[1] eða þríhyrningur Pascals^[1] er í stærðfræði þríhyrningur af tölum sem raðað er upp eftir kerfi sem Blaise Pascal lýsti, sem nú er þekkt sem einkenni Pascals^(en):

{n+1 \choose k}={n \choose k-1}+{n \choose k}

.

Þessi eiginleiki gerir það að verkum að hægt er að raða niðurstöðunum upp á eftirfarandi hátt:

Eiginleikar Pascal þríhyrningsins

Ellefu-veldið

Sjá má mjög fljótlega að fyrstu raðir Pascal-þríhyrningsins stafa út n-ta veldi af 11:

11^{0}=1

11^{1}=11

11^{2}=121

11^{3}=1331

11^{4}=14641

Reglan fellur þó ekki um sig á efri stigum, heldur verður hún bara ekki jafn ljós - $11^{5}\neq 15101051$ , augljóslega, heldur $11^{5}=161051$ . Þ.e., þar sem að tugir koma fyrir í gildum þríhyrningsins legst tugurinn við næsta sæti fyrir ofan, og einingin verður eftir.

Einkenni Vandermondes

Lát $m,n,r\in \mathbb {N} ;r<n;r<m$ . Þá gildir:

{m+n \choose r}=\sum _{k=0}^{r}{m \choose r-k}{n \choose k}

.

Þessi regla er kennd við Alexandre-Théophile Vandermonde, sem uppgötvaði regluna á átjándu öld.

Tvíliðureglan

Tvíliðureglan notast við stuðla úr Pascal-þríhyrningnum. Til dæmis er $(a+b)^{4}=(1)a^{4}+(4)a^{3}b+(6)a^{2}b^{2}+(4)ab^{3}+(1)b^{4}$ , en stuðlarnir (í svigum) passa við 5. línu Pascal þríhyrningsins (fyrsta línan samsvarar $(a+b)^{0}$ ).

Fibbonacci runan

Fibonacciruna kemur fyrir í skálínum Pascal-þríhyrningsins:

Ef summaðar eru upp gráleitu tölurnar er summan stak í Fibbonacci rununni. Sama gildir um innrömmuðu tölurnar, og hvaða skálínu sem er.

Sönnun á einkenni Pascals

Ímyndum okkur að til sé mengi $T$ sem hefur $n+1$ stak. Lát $a$ vera stak í $T$ og lát $S=T\setminus \left\{a\right\}$ . Sjáum að til eru ${n+1 \choose k}$ hlutmengi í $T$ sem innihalda $k$ stök (Sjá: Samantektir). Hinsvegar inniheldur hlutmengi í $T$ með $k$ stökum ýmist $a$ , ásamt $k-1$ öðrum stökum úr $S$ , eða það inniheldur $k$ stök úr $S$ en ekki $a$ . Þar sem að það eru ${n \choose k-1}$ hlutmengi af $k-1$ staki úr $S$ , þá eru til ${n \choose k-1}$ hlutmengi með $k$ stökum úr $T$ sem innihalda $a$ . Auk þess eru ${n \choose k}$ hlutmengi af $T$ með $k$ stökum sem innhalda ekki $a$ , þar sem að það eru ${n \choose k}$ hlutmengi af $S$ með $k$ stökum. Þar af leiðir: