Pascal-háromszög reciproka

Részletek
Közzétéve: 2011. február 01. kedd, 07:57

Miközben minden középiskolát végzett ember tanult a Pascal-háromszögről, az épp oly' szép Leibnitz-háromszög igen kevéssé közismert.

A Pascal-háromszöget úgy kapjuk, hogy a konstans 1 sorozatot beírjuk egy négyzethálós papír azonos négyzetéből kiinduló két lefelé haladó átlójának (szokásosan dél-nyugat és dél-kelet irányokban) négyzeteibe, majd a kialakult "szögtartomány" azon négyzeteibe írjuk az adott négyzettől észak-kelet és észak-nyugat irányban egy-egy lépésre lévő számok összegét, ahol e két fentebbi számot már kiszámoltuk.

1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 1 7 21 35 35 21 7 1 1 8 28 56 70 56 28 8 1 1 9 36 84 126 126 84 36 9 1 1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1 1 11 55 165 330 462 462 330 165 55 11 1 1 12 66 220 495 792 924 792 495 220 66 12 1 1 13 78 286 715 1287 1716 1716 1287 715 286 78 13 1 . . . . . . . . . . . . . . .

A Pascal-háromszögben (a számozást felülről és balról nullával kezdve) az $n$-edik sor $k$-dik eleme éppen az ${n\choose k}$ binomiális együttható.

Meg lehet fordítani a Pascal-háromszöget?

Vegyük észre, hogy a Pascal-háromszög csupa 1 szélein belül az első átló éppen a természetes számok sorozata.

A Leibniz-háromszöget úgy kapjuk, hogy egy négyzethálós papír azonos négyzetéből kiinduló két felfelé haladó átlójának (szokásosan észak-nyugat és észak-kelet irányokban) négyzeteibe ezúttal a természetes számok reciprokait írjuk, majd a kialakult "szögtartomány" azon négyzeteibe írjuk az adott négyzettől dél-kelet és dél-nyugat irányban egy-egy lépésre lévő számok különbségének abszolút értékét, ahol e két lentebbi számot már kiszámoltuk. Ezt mutatja az alábbi táblázat:

. . . . . . . . 1/7 1/42 .. .. .. .. 1/7 1/6 1/30 1/60 1/60 1/30 1/6 1/5 1/20 1/30 1/20 1/5 1/4 1/12 1/12 1/4 1/3 1/6 1/3 1/2 1/2 1

Világos, hogy a Leibniz-háromszögben is minden elem a közvetlen fentebbi szomszédainak összege. A Leibniz-háromszög (alulról és balról számolt, a számozást nullával kezdve) $n$-edik sorának $k$-dik elemét az $(n+1){n\choose k}$ reciproka adja.

Az $n$-edik sor első eleméből észak-kelet irányába haladó átló elemeinek összege $$\eqalign{ \sum_{j=0}^\infty \frac{1/(j+1+n)}{{j+n\choose j}} &=\lim_{k\to\infty}\sum_{j=0}^k \frac{1}{j+1} \ge \lim_{k\to\infty}\int_{0}^k \frac{1}{x+1} dx = \lim_{k\to\infty}\ln(k+1)=\infty. }$$ az $n=0$ esetben. Viszont $n>0$ esetében teleszkopikus összegből számolható a szép eredmény : $$\eqalign{ \sum_{j=0}^\infty \frac{1/(j+1+n)}{{j+n\choose j}} &=n!\lim_{k\to\infty}\sum_{j=0}^k\frac{1}{(j+1)\cdots(j+1+n)} =n!\lim_{k\to\infty}\frac{1}{n}\left(\frac{1}{n!}-\frac{(k+1)!}{(k+n+1)!}\right) \\ &=\lim_{k\to\infty}\frac{1}{n}\left(1-\frac{1}{{k+n+1\choose n}}\right) =\frac{1}{n}. }$$

Páran jelezték, hogy jó lenne a fenti levezetés részleteire rámutatni....

Nos, íme néhány érdekes formula segítségül meg csak úgy. :-)

Egyszerű számolással kapjuk, hogy $$ \frac{n!}{j(j+1)\cdots(j+n)} ={n\choose 0}\frac{1}{j}+\cdots+(-1)^{\ell}{n\choose\ell}\frac{1}{j+\ell}+\cdots+(-1)^{n}{n\choose n}\frac{1}{j+n}\ . $$ Ebből $$ \frac{n!}{j(j+1)\cdots(j+n)} =\int_0^1x^{j-1}(1-x)^n\,dx, $$ ezért $$\eqalign{ \sum_{j=0}^\infty \frac{1/(j+1+n)}{{j+n\choose j}} &=\lim_{k\to\infty}\sum_{j=0}^k\frac{n!}{(j+1)\cdots(j+1+n)} =\lim_{k\to\infty}\int_0^1(1-x^{k})(1-x)^{n-1}\,dx \\ &=\int_0^1(1-x)^{n-1}\,dx =\frac{1}{n}. }$$