Kezdőlap


Cím:	Magasabbrendű számtani sorozatokról
Szerző(k):	Koncz Károly
Füzet:	1950/október, 179 - 191. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Tegnapelőtt megálltam a házunkban lévő KÖZÉRT-fióküzlet kirakata előtt, és nézegettem az ott gúlaszerűen felrakott konzervesdobozokat, melyek ilyenformán voltak elhelyezve:

Vajon hány doboz lehet egy ilyen gúlában, ha az

n

réteg magas? Ha az egyes rétegekben mindig, pl. az

A C

-vel párhuzamos egyenesek mentén elhelyezkedő dobozok számát adjuk össze:

\begin{matrix} a legfelső rétegben van & 1 & = & 1 & doboz \\ felülről a másodikban & 1 + 2 & = & 3 & ,, \\ felülről a harmadikban & 1 + 2 + 3 & = & 6 & ,, \\ felülről a negyedikben & 1 + 2 + 3 + 4 & = & 10 & ,, \\ felülről az ötödikben & 1 + 2 + 3 + 4 + 5 & = & 15 & ,, \\ felülről ak-adikban & 1 + 2 + ... + k & = & \frac{k (k + 1)}{1 \cdot 2} = \\ ... & ... & ... \\ = & (\binom{k + 1}{2})doboz \\ ... & ... & ... \\ felülről azn-edikben & 1 + 2 + ... + n & = & (\binom{n + 1}{2}) & . \end{matrix}

Ezt az 1, 3, 6, 10, 15, . . . számsorozatot a háromszögszámok sorozatának nevezzük, mert éppen azt mutatja, hogy a gúla egy-egy rétegében levő háromszögek síkjában hány doboz van. Ezen sorozatot röviden így is jelölhetjük:

\begin{matrix} (\binom{k + 1}{2}), (k = 1,2, ... n) . \end{matrix}

\begin{matrix} Továbbá a gúla első rétegében van & 1 & = & 1 & doboz, \\ az első 2 rétegben együtt & 1 + 3 & = & 4 & ,, \\ az első 3 rétegben együtt & 1 + 3 + 6 & = & 10 & ,, \\ az első 4 rétegben együtt & 1 + 3 + 6 + 10 & = & 20 & ,, \\ az első 5 rétegben együtt & 1 + 3 + 6 + 10 + 15 & = & 35 & ,, \\ ... & ... & ... \\ az elsőnrétegben együtt & 1 + 3 + 6 + ... + \frac{n (n + 1)}{1 \cdot 2} & ,, & (1) \end{matrix}

Az 1 , 4, 10, 20, 35,

...

számokat gúlaszámoknak nevezzük, hiszen éppen azt mutatják, hogy egy 1, 2, 3, 4,

...

n

-rétű gúlában hány doboz van.
Feltett kérdésünkre az

n

-edik gúlaszám:

g_{n}

, adja a megoldást és ezt úgy kapjuk, hogy összegezzük az első

n

háromszögszámot. Az

n

-edik háromszögszámot az összeadás kikerülésével, könnyen ki tudjuk számítani, hiszen

h_{n} = (\binom{n + 1}{2})

. Ha

h_{52}

-t akarjuk megkapni,

n

helyében 52-t helyettesítünk. Bezzeg

g_{52}

-t (1)-ből csak 51 összeadással tudjuk egyelőre kiszámítani, ami igen hosszadalmas dolog, különösen azért, mert mind az 52 tagot külön-külön ki kell számítgatni. Keressünk a

g_{n}

kiszámítására valami hasonlóan kényelmes utat. Láttuk, hogy

g_{1} = 1

g_{2} = 4

g_{3} = 10

g_{4} = 20

g_{5} = 35

. Nézzük meg milyen arányban növekszenek ezek a számok:

\begin{matrix} \frac{g_{2}}{g_{1}} = \frac{4}{1}, \frac{g_{3}}{g_{2}} = \frac{10}{4} = \frac{5}{2}, \frac{g_{4}}{g_{3}} = \frac{20}{10} = 2, \frac{g_{5}}{g_{4}} = \frac{35}{20} = \frac{7}{4} . \end{matrix}

Ebbe a sorba a 2 mint

\frac{6}{3}

illik bele, s akkor egész egyszerű szabályosságot veszünk észre:

\frac{4}{1}

\frac{5}{2}

\frac{6}{3}

\frac{7}{4}

...

. Ha itt most valóban

\frac{8}{5}

\frac{9}{6}, ...

következik, akkor már könnyebben tudjuk a gúlaszámokat is kiszámítani.

\begin{matrix} g_{1} = 1, g_{2} = 1 \cdot \frac{4}{1}, g_{3} = \frac{4 \cdot 5}{1 \cdot 2}, g_{4} = \frac{4 \cdot 5 \cdot 6}{1 \cdot 2 \cdot 3}, \\ g_{5} = \frac{4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} = \frac{5 \cdot 6 \cdot 7}{1 \cdot 2 \cdot 3}, és így folytatódnék \end{matrix}

\begin{matrix} g_{6} = \frac{5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 5} = \frac{6 \cdot 7 \cdot 8}{1 \cdot 2 \cdot 3} = 56, \\ g_{7} = \frac{6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 6} = \frac{7 \cdot 8 \cdot 9}{1 \cdot 2 \cdot 3} = 84, ... . \end{matrix}

Ha tehát helyesen figyeltük a sorozat szabályosságát, akkor általánosan az

n

-edik gúlaszám így számítható ki:

\begin{matrix} g_{n} = \frac{(n + 2) (n + 1) n}{1 \cdot 2 \cdot 3} . \end{matrix}

(2)

Igazoljuk ezt teljes indukcióval. Tudjuk már, hogy

n = 1, 2, 3, 4

és

5

-re helyes az eredmény. Tegyük fel valamilyen

k

számra már igazoltuk az eredményt:

g_{k}

az első

k

háromszögszám összege, így írható:

\begin{matrix} g_{k} = \frac{1 \cdot 2}{1 \cdot 2} + \frac{2 \cdot 3}{1 \cdot 2} + ... + \frac{k (k + 1)}{1 \cdot 2} = \frac{(k + 2) (k + 1) k}{1 \cdot 2 \cdot 3} . \end{matrix}

Mindkét oldalhoz

\frac{(k + 1) (k + 2)}{1 \cdot 2}

-t adva:

\begin{matrix} g_{k + 1} = g_{k} + \frac{(k + 1) (k + 2)}{1 \cdot 2} = \frac{(k + 2) (k + 1) k}{1 \cdot 2 \cdot 3} + \frac{(k + 1) (k + 2)}{1 \cdot 2} = \frac{(k + 3) (k + 2) (k + 1)}{1 \cdot 2 \cdot 3} . \end{matrix}

Ez éppen a (2)-es formula, ha

n

helyébe

(k + 1)

-et írunk. Így (2)-t minden pozitív egész számra igazoltuk.
A már jól ismert jelöléssel (2) rövidebben így írható:

\begin{matrix} g_{k} = (\binom{k + 2}{3}), (k = 1,2,3, ...) . \end{matrix}

Gyakorlatképpen hasonlóan igazolhatjuk, hogyha a gúlaszámok tagjainak összeadásával újabb sorozatot képzünk:

\begin{matrix} s_{1} = g_{1}, s_{2} = g_{1} + g_{2}, s_{3} = g_{1} + g_{2} + g_{3}, ..., \\ s_{n} = g_{1} + g_{2} + ... + g_{n}, ..., \\ akkor: s_{n} = (\binom{n + 3}{4}), n = 1,2,3, ... . \end{matrix}

Persze itt

s_{n}

-nek nincsen olyan szemléletes értelme, mint amilyen

h_{n}

és

g_{n}

-nek volt.
Ezt az eljárást most tovább is ismételhetjük. Általában egy számsorozatból kiindulva ilyen módon mindig az első

n

tag összegét vesszük egy újabb sorozat

n

-edik tagjául, és ezt az eljárást ezen új sorozatra folytatjuk, az így nyert sorozatra az eljárást megint megismételjük és így tovább. Az ilyen sorozatok tagjait most már nem lesz célszerű mindig új betűkkel jelölni, hanem kétindexes jelöléssel azt is fel fogjuk tüntetni, hogy hányszor ismételtük meg ezt az összegezést az eredeti sorozatból kiindulva, és hogy a szóban forgó sorozat hányadik tagjáról beszélünk:

a_{1}^{(1)} = 1, a_{2}^{(1)} = 2, ..., a_{n}^{(1)} = n

...

.
Az ebből képzett sorozat tagjait így jelöljük:

a_{1}^{(2)} = a_{1}^{(1)}, a_{2}^{(2)} = a_{1}^{(1)} + a_{2}^{(1)}

...

a_{n}^{(2)} = a_{1}^{(1)} + a_{2}^{(1)} + ... + a_{n}^{(1)}

...

.
Az eljárást ismételve:

a_{n}^{(3)} = a_{1}^{(2)} + a_{2}^{(2)} + ... + a_{n}^{(2)}, n = 1

, 2, 3,

...

.
Általában az eljárás

k - 1

-edik ismétlése után az

n

-edik tag:

a_{n}^{(k)} = a_{1}^{(k - 1)} + ... + a_{n}^{(k - 1)}

n = 1,2,3, ... k = 2,3, ...

.
Összefoglalva az eddig mondottakat azt láttuk be, hogy

\begin{matrix} a_{n}^{(1)} = (\binom{n}{1}); a_{n}^{(2)} = (\binom{n + 1}{2}); a_{n}^{(3)} = (\binom{n + 2}{3}); a_{n}^{(4)} = (\binom{n + 3}{4}); & (3) \\ (n = 1,2,3, ...) \end{matrix}

De hasonlóan egyszerű a további sorozatok általános tagját is kiszámítani. Igazolni fogjuk a következőt: ha a természetes számok sorozatából kiindulva az összegezéssel nyert új sorozatképzést

v

-szer ismételjük,

\begin{matrix} a_{n}^{(v + 1)} = a_{1}^{(v)} + a_{2}^{(v)} + ... + a_{n}^{(v)} = (\binom{n + v}{v + 1}) . \end{matrix}

(4)

Ennek bizonyítására kétszeresen fogjuk alkalmazni a teljes indukciót. A

v = 0

, 1, 2, 3 esetben (4) érvényességét (3) mutatja. Tegyük fel, hogy valamilyen

v = k - 1

értékre már igazoltuk (4) helyességét. Definíció szerint

\begin{matrix} a_{n}^{(k + 1)} = a_{1}^{(k)} + a_{2}^{(k)} + ... + a_{n}^{(k)} \end{matrix}

és mivel a feltétel szerint most

a_{n}^{(k)} = (\binom{n + k - 1}{k})

, azt kell tehát igazolni, hogy

\begin{matrix} (\binom{1 + k - 1}{k}) + (\binom{2 + k - 1}{k}) + ... + (\binom{n + k - 1}{k}) = (\binom{n + k}{k + 1}) (n = 1,2,3, ...) . & (5) \end{matrix}

Ezt ismét teljes indukcióval fogjuk igazolni. Az

n = 1

esetben ez igaz, mert

\begin{matrix} (\binom{k}{k}) = 1 = (\binom{1 + k}{k + 1}) . \end{matrix}

Azt kell még belátnunk, hogyha (5) valamilyen

n = l - 1

esetre igaz, ebből következik, hogy igaz a következő

n = l

esetre is. Tegyük fel tehát, hogy

n = l - 1

-re már igazoltuk (5)-öt. Tehát

\begin{matrix} (\binom{1 + k - 1}{k}) + ... + (\binom{(l - 1) + k - 1}{k}) = (\binom{(l - 1) + k}{k + 1}) . \end{matrix}

Azt kell még igazolni, hogy

\begin{matrix} (\binom{(l - 1) + k}{k + 1}) + (\binom{l + k - 1}{k}) = (\binom{l + k}{k + 1}) . \end{matrix}

(6)

Ez pedig egyszerű számolással tényleg belátható

\begin{matrix} (\binom{l - 1 + k}{k + 1}) + (\binom{l + k - 1}{k}) = \frac{(l - 1 + k)!}{(k + 1)! (l - 2)!} + \frac{(l + k - 1)!}{k! (l - 1)!} = \end{matrix}

\begin{matrix} = \frac{(l - 1 + k)! (l - 1) + (l + k - 1)! (k + 1)}{(k + 1)! (l - 1)!} = \frac{(l + k)!}{(k + 1)! (l - 1)!} = (\binom{l + k}{k + 1}) . \end{matrix}

Ezzel igazoltuk (5)-öt. (5) igazolásával viszont (4) teljes indukciós bizonyítását fejeztük be.
Vessük fel most fordítva a kérdést, legyen a számoknak valamilyen sorozata

\begin{matrix} a_{1}, a_{2}, ..., a_{n - 1}, a_{n}, ... . \end{matrix}

(A)

Keletkezhetik-e ez valamilyen egyszerűbb sorból a fenti összegező eljárással? Könnyű megtalálni, hogy melyik sor összegezéséből keletkezett sorunk, hisz az összegezésnél keletkezett sor

n - 1

-edik és

n

-edik tagja épp az eredeti sor

n

-edik tagjában különbözik. Így csak az első tagot nem kapjuk vissza, azt el is szoktuk hagyni. Vonjuk tehát ki az (A) sorozat minden egyes tagjából az őt megelőzőt, ezen különbségekből képezzünk egy újabb sorozatot

\begin{matrix} b_{1} = a_{2} - a_{1}, b_{2} = a_{3} - a_{2}, ..., b_{n} = a_{n + 1} - a_{n}, ... . \end{matrix}

(B)

Ezt a

b_{1}

b_{2}

...

b_{n}

...

sorozatot (A) elsőrendű referenciasorának mondjuk, jelöljük ezt (B)-vel. Hasonlóan képezhető (B) differenciasora is:

\begin{matrix} c_{1} = b_{2} - b_{1}, c_{2} = b_{3} - b_{2}, ..., c_{n} = b_{n + 1} - b_{n} . \end{matrix}

c_{1}

c_{2}

...

c_{n}

...

sorozatot (A) másodrendű differenciasorának mondjuk. Ugyanúgy képezhető (A) 3-ad, 4-ed, 5-öd,

...

-rendű differencia sora. Fentebb tárgyalt sorozatainkat egy érdekes közös tulajdonság jellemzi a számsorozatok közt, mely a differenciák segítségével egyszerűen fogalmazható meg. A háromszögszámok másodrendű differenciasora csupa egyenlő szám:

\begin{matrix} \begin{matrix} 1 & 3 & 6 & 10 & 15 & ... \\ 2 & 3 & 4 & 5 & ... \\ 1 & 1 & 1 & 1 & ... \end{matrix} \end{matrix}

Hasonlóan a gúlaszámoknál a harmadrendű differenciák sora lesz csupa egyenlő szám és az összegező eljárás többszöri ismétlése után is mindig olyan számsorozatot kapunk, melynek valamelyik differenciasora már csupa egyenlő számból áll, csak annál később következik ez be, minél többször ismételtük eredetileg az összegezési eljárást. Persze ez nem minden sorozatnál van így, pl. ennél a sorozatnál egyetlen differenciasor sem állhat csupa egyenlő számból:

\begin{matrix} \begin{matrix} 1 & 2 & 4 & 8 & 16 & ... \\ 1 & 2 & 4 & 8 & 16 & ... \\ 1 & 2 & 4 & 8 & 16 & ... \end{matrix} \end{matrix}

Ha egy sorozat

k

-adik differenciasora csupa egyenlő szám, akkor azt

k

-adrendű számtani sorozatnak mondjuk. (Ha egyik differenciasora sem áll csupa egyenlő számból, akkor a sorozat nem számtani.)
Ha egy (B) sorozathoz ismerjük, azt az (A) sorozatot, melynek (B) differenciasora, akkor könnyű a (B) sorozat tagjait összegezni, hisz

\begin{matrix} b_{1} + b_{2} + ... + b_{n - 1} + b_{n} = (a_{2} - a_{1}) + (a_{3} - a_{2}) + ... + \\ + (a_{n} - a_{n - 1}) + (a_{n + 1} - a_{n}) = a_{n + 1} - a_{1}, \end{matrix}

tehát a differenciasor első

n

tagjának összegét az eredeti sor

n + 1

-edik és kezdő tagjának különbsége adja meg. Ha a (B) differenciasorozatot és még

a_{1}

-et ismerjük, akkor ismerjük az (A) sorozatot is:

\begin{matrix} a_{n + 1} = a_{1} + b_{1} + ... + b_{n} . \end{matrix}

(7)

Cikkünk első részében tulajdonképpen azt láttuk be, hogy

a_{n}^{(v)}

sorozatok

v

-edrendű számtani sorozatok.
U. i. tudjuk (4)-ből, hogy

a_{n}^{(v + 1)} = (\binom{n + v}{v + 1}), n = 1, 2, 3, ...

A (6)-ból nyerhető

(\binom{n + v}{v + 1}) - (\binom{n + v - 1}{v + 1}) = (\binom{n + v - 1}{v})

képlet alapján ennek differenciasorai így írhatók egymás alá

\begin{matrix} (\binom{1 + v}{v}), (\binom{2 + v}{v}), (\binom{3 + v}{v}), (\binom{4 + v}{v}), ... \\ (\binom{1 + v}{v - 1}), (\binom{2 + v}{v - 1}), (\binom{3 + v}{v - 1}), (\binom{4 + v}{v - 1}), ... \\ ... ... ... \\ (\binom{1 + v}{2}), (\binom{2 + v}{2}), (\binom{3 + v}{2}), (\binom{4 + v}{2}), ... \\ (\binom{1 + v}{1}), (\binom{2 + v}{1}), (\binom{3 + v}{1}), (\binom{4 + v}{1}), ... \\ 1 1 1 1 ... \end{matrix}

Tehát a

v + 1

-edik differenciasora csupa 1-esből áll. Ha

(\binom{n + v}{v + 1})

-t rövidebben

(\binom{l}{k})

-val jelöljük

(l = k, k + 1, k + 2 ...)

kimondhatjuk, hogy

(\binom{l}{k})

egy pontosan

k

-adrendű számtani sorozat tagjait szolgáltatja.
Ezek a sorozatok példák akárhányadrendű számtani haladványra. Az is könnyen látható, hogy számtani sorozatok összege is számtani sorozat, és pedig legfeljebb annyiadrendű, mint a legmagasabbrendű összeadandó. Sorozatok összegének a differenciasora ugyanis az egyes sorok differenciasoraiból adódik össze, egy

k

-adrendű számtani sorozat differenciasorai pedig a

k + 1

-ediktől kezdve csupa 0-ból állnak, így az alacsonyabbrendű számtani sorozatok differenciasorai az ismételt differenciaképzés közben kiesnek. Egy számtani sorozat tagjait egy számmal végigszorozva szintén számtani sorozatot kapunk, ugyanannyiadrendűt, mint az eredeti sorozat. Így a már ismert számtani sorozatokból sok újabbat képezhetünk. Kérdés most, mit tudunk mondani egy tetszőleges

k

-adrendű számtani sorozat szerkezetéről?

Jelöljük egy tetszőleges

k

-ad rendű számtani sorozat

n

-edik tagját

a_{n}^{(k)}

-val. Az elsőrendű (közönséges) számtani sorozatnál két kezdőtagból

a_{1}^{(1)}

a_{2}^{(1)}

, egyértelműen meghatározhatjuk az egész sorozatot. A sorozat állandó különbsége ugyanis az

a_{2}^{(1)} - a_{1}^{(1)}

, s így

\begin{matrix} a_{n}^{(1)} = a_{1}^{(1)} + (n - 1) (a_{2}^{(1)} - a_{1}^{(1)}) . \end{matrix}

Ugyan hány egymásután következő tagból lehet meghatározni egy

k

-adrendű számtani sorozat további tagjait? Egy másodrendűnél ehhez 3 tag kell:

a_{1}^{(2)}

a_{2}^{(2)}

a_{3}^{(2)}

, ugyanis az első differenciasor elsőrendű számtani haladvány, mely első két tagjából már egyértelműen meghatározható, ez a két tag pedig a másodrendű sorozat három tagjából kiszámítható:

\begin{matrix} a_{2}^{(2)} - a_{1}^{(2)} = a_{1}^{(1)}, a_{3}^{(2)} - a_{2}^{(2)} = a_{2}^{(1)} . \end{matrix}

Viszont tudjuk, hogy bármely sorozatot elsőrendű differenciasora és kezdőtagja egyértelműen meghatározza.
Az elsőrendű számtani sorozatnál 2, a másodrendűnél 3 kezdőtag kellett a sorozat teljes és egyértelmű meghatározásához. Várható, hogy egy pontosan

k

-adrendű számtani sorozatnál ehhez az első

k + 1

tag kell. Valóban képezzük rendre az egymásutáni differenciasorokat:

\begin{matrix} \begin{matrix} a_{1}^{(k)} & a_{2}^{(k)} & a_{3}^{(k)} & a_{4}^{(k)} & ... & a_{k + 1}^{(k)} \\ a_{1}^{(k - 1)} & a_{2}^{(k - 1)} & a_{3}^{(k - 1)} & ... & a_{k}^{(k - 1)} \\ a_{1}^{(k - 2)} & a_{2}^{(k - 2)} & a_{3}^{(k - 2)} & ... & a_{k - 1}^{(k - 2)} \\ . . . \\ a_{1}^{(1)} & a_{2}^{(1)} \\ a_{1}^{(0)} \end{matrix} \end{matrix}

Mivel feltettük, hogy az első sorban szereplő

k + 1

szám

k

-adrendű számtani sorozatot alkot, a legutolsó differenciasor tagjai mind egyenlők:

\begin{matrix} a_{2}^{(0)} = a_{3}^{(0)} = ... = a_{k}^{(0)} = ... = a_{1}^{(0)} . \end{matrix}

Ez a differenciasor és az első tag (7) alapján egyértelműen megadja

a_{i}^{(1)}

-et, (

i = 1

, 2, 3,

...

), ez meghatározza

a_{i}^{(2)}

-t, és így tovább visszafelé egyértelműen meghatározhatjuk végül az

a_{i}^{(k)}

sorozatot. Tehát tényleg elég egy

k

-adrendű számtani haladvány teljes és egyértelmű megadásához

k + 1

kezdőtag. Mivel lehetséges, hogy a megadott

k + 1

szám véletlenül egy

k

-nál alacsonyabbrendű számtani haladványban van, pontosan így fogalmazhatjuk eredményünket:

k + 1

tag egyértelműen meghatároz egy, legfeljebb

k

-adrendű számtani sorozatot. Ha pl.

k + 2

tagot vennénk fel tetszőlegesen, akkor a háromszög

k + 1

-edik sorában 2 tagot kapnánk:

\begin{matrix} a_{1}^{(1)}, a_{2}^{(1)}, a_{3}^{(1)}, \\ a_{1}^{(0)}, a_{2}^{(0)} . \end{matrix}

Ezek általában nem lennének egyenlők. Ha pedig

a_{1}^{(0)} \neq a_{2}^{(0)}

, akkor a

k + 2

szám nem lehet

k

-ad vagy alacsonyabbrendű számtani sorozat egy részlete.

k + 2

-nél több szám persze még kevésbé biztos, hogy egy legfeljebb

k

-adrendű számtani haladványhoz tartozik, hiszen ekkor a háromszög utolsó sorának még több elemét kapjuk. Ha meg

k

vagy annál kevesebb tetszőleges számot akarunk kiegészíteni egy, pontosan

k

-adrendű számtani sorozattá, akkor a háromszög

k + 1

-edik sorába már egyetlen elem sem kerül, s így azt tetszőlegesen választva, fel lehet építeni egy számtani sorozatot. Ekkor tehát sok megoldása van a feladatnak.

Okoskodásunk kezdetén érdemes volt beszélni az

(\binom{l}{k})

(

l = k

k + 1

k +

+ 2

...

), alakú speciális számtani haladványokról, mert ezekből bármely számtani haladvány felépíthető. Ugyanis igaz, hogyha

a_{n}^{(k)}

egy tetszőleges

k

-adrendű számtani sorozat

n

-edik tagja, akkor

\begin{matrix} a_{n}^{(k)} = α_{0} + α_{1} (\binom{n - 1}{1}) + ... + α_{k} (\binom{n - 1}{k}) & (8) \\ (n = 1,2, ...) \end{matrix}

ahol

α_{1}

α_{2}

...

α_{k}

n

-től független állandók. (Itt, ha

l < k

, akkor

(\binom{l}{k})

0-t jelent.) Az egyes számtani haladványok pusztán abban különböznek, hogy ezen

α_{i}

-k más számok. Egy pontosan

k

-adrendű sorozatnál

α_{k} \neq 0

.
(8)-at teljes indukcióval bizonyíthatjuk. Ha

k = 1

, az elsőrendű számtani sorozat általános tagja

\begin{matrix} a_{n}^{(1)} = α_{0} + α_{1} (n - 1) = α_{0} + α_{1} (\binom{n - 1}{1}) (n = 1,2, ...), \end{matrix}

α_{0}

és

α_{1}

pedig a számtani sorozat kezdőtagja és differenciája. Most tegyük fel, hogy (8) helyességét már beláttuk az

l - 1

-edrendű sorozatokra: tehát, a konstansokat

α_{1}, α_{2}, ..., α_{l}

-lel jelölve

\begin{matrix} a_{m}^{(l - 1)} = α_{1} + α_{2} (\binom{m - 1}{1}) + ... + α_{l} (\binom{m - 1}{l - 1}) & (9) \\ (m = 1,2, ...) . \end{matrix}

Határozzuk meg

l

-edrendű számtani sorozatunkat

a_{i}^{(l)}

-t kezdőtagjával és elsőrendű differenciasorával.
(7) alapján

\begin{matrix} a_{n}^{(l)} = a_{1}^{(l)} + a_{1}^{(l - 1)} + a_{2}^{(l - 1)} + ... + a_{n - 1}^{(l - 1)} . \end{matrix}

a_{i}^{(l - 1)}

sorozat

(l - 1)

-edrendű számtani sorozat, s így előállítható (9) alakban.

m

helyett rendre 1, 2, 3,

...

n - 1

-et írva kapjuk

a_{n}^{(l)}

-re, hogy

\begin{matrix} a_{n}^{(l)} = a_{1}^{(l)} + α_{1} (n - 1) + α_{2} [(\binom{0}{1}) + (\binom{1}{1}) + (\binom{2}{1}) + ... + + (\binom{n - 2}{1})] + ... + \\ + α_{1} [(\binom{0}{l - 1}) + (\binom{1}{l - 1}) + (\binom{2}{l - 1}) + ... + (\binom{n - 2}{l - 1})] . \end{matrix}

A szögletes zárójelben levő összegeket az előzőkben bizonyított (6) összefüggés segítségével sokkal egyszerűbb alakra hozhatjuk. Általában vegyünk egy ilyen alakú összeget

\begin{matrix} (\binom{i}{r}) + (\binom{i + 1}{r}) + (\binom{i + 2}{r}) + ... + (\binom{j}{r}) . \end{matrix}

Ennek egy tetszőleges

(\binom{p}{r})

tagjára (6) szerint

\begin{matrix} (\binom{p}{r}) = (\binom{p + 1}{r + 1}) - (\binom{p}{r + 1}) . \end{matrix}

Sorra

i

i + 1

i + 2

...

j

-t írva

p

helyére a fenti összeg így írható

\begin{matrix} (\binom{i + 1}{r + 1}) - (\binom{i}{r + 1}) + (\binom{i + 2}{r + 1}) + (\binom{i + 1}{r + 1}) + (\binom{i + 3}{r + 1}) - \\ - (\binom{i + 2}{r + 1}) + ... + (\binom{j + 1}{r + 1}) - (\binom{j}{r + 1}) = (\binom{j + 1}{r + 1}) - (\binom{i}{r + 1}) . \end{matrix}

Ebből a fenti összeget megkapjuk, ha

i

helyett 0-t,

j

helyett

n - 2

-t,

r

helyett pedig rendre 1, 2, 3,

...

l - 1

-et teszünk. Ekkor az összes kivonandóból 0 lesz, s így a zárójelekben sorra

\begin{matrix} (\binom{n - 1}{2}), (\binom{n - 1}{3}), ..., (\binom{n - 1}{l}) \end{matrix}

áll, vagyis

\begin{matrix} a_{n}^{(l)} = a_{1}^{(l)} + α_{1} (\binom{n - 1}{1}) + α_{2} (\binom{n - 1}{2}) + α_{3} (\binom{n - 1}{3}) + \\ + ... + α_{l} (\binom{n - 1}{l}), \end{matrix}

tehát

a_{1}^{(l)}

-et kell

α_{0}

-nak választani, s akkor megkaptuk

a_{n}^{(l)}

várt előállítását. Ezzel bebizonyítottuk (8)-at.
Az

α

-k meghatározása az első

k + 1

tag ismeretében egy egyenletrendszer megoldására vezet, amit azonban könnyű megoldani, mert az egymásutáni egyenletekben mindig csak egy-egy újabb ismeretlen lép fel. Vegyük pl. az

1^{2}

2^{2}

3^{2}

4^{2}

...

sorozatot. Könnyű belátni, hogy ez másodrendű számtani sorozat, tehát

\begin{matrix} a_{n}^{(2)} = n^{2} = α_{0} + α_{1} (\binom{n - 1}{1}) + α_{2} (\binom{n - 1}{2}) \end{matrix}

alakban állítható elő. Véve az első három tagot

\begin{matrix} 1^{2} = α_{0}, \\ 2^{2} = α_{0} + α_{1} (\binom{1}{1}) = α_{0} + α_{1}, \\ 3^{2} = α_{0} + α_{1} (\binom{2}{1}) + α_{2} (\binom{2}{2}) = α_{0} + 2 α_{1} + α_{2} . \\ α_{0} = 1; α_{1} = 2^{2} - α_{0} = 3; α_{2} = 3^{2} - α_{0} - 2 α_{1} = 2. \end{matrix}

Így nyertük a következő azonosságot:

\begin{matrix} n^{2} = 1 + 3 (\binom{n - 1}{1}) + 2 (\binom{n - 1}{2}) . \end{matrix}

Ha valamely

l

index után minden

α

nulla:

α_{l + 1} = ... = α_{k} = 0

, az első

(k + 1)

tag csak

l

-edrendű számtani haladványt határoz meg.
Legyen az

a_{1}^{(k)}

a_{2}^{(k)}

a_{3}^{(k)}

...

a_{n}^{(k)}

...

az adott sorozat, a (8) szerinti előállításban a konstansok

α_{1}

α_{2}

α_{3}

...

α_{k + 1}

, tehát

\begin{matrix} a_{n}^{(k)} = α_{1} + α_{2} (\binom{n - 1}{1}) + α_{3} (\binom{n - 1}{2}) + ... + α_{k + 1} (\binom{n - 1}{k}) . \end{matrix}

A sorozat egyre több tagjának az összegéből álló sorozat egy

k + 1

-edrendű számtani sorozat, melynek az adott sorozat a differenciasora. Illetőleg még egy 0-t kell az új sor elejére írnunk, mert különben differenciasora csak a második tagtól kezdve adja ki az eredeti sort.
Ez az első tag és a differenciasor mostmár meghatározza az új

s_{1} = 0

s_{2} = a_{1}^{(k)}

s_{3} = a_{1}^{(k)} + a_{2}^{(k)}

...

s_{n + 1} = a_{1}^{(k)} + a_{2}^{(k)} + ... + a_{n}^{(k)}

k + 1

-edrendű számtani sort.
Keressük most meg ennek a (8) típusú előállítását. A fenti teljes indukciós bizonyítás ehhez szintén ad segítséget, ugyanis ha megnézzük, azt is mutatja ez a bizonyítás, hogy egy sorozathoz tartozó konstansokat, ha a differenciasor konstansait már ismerjük, úgy kapjuk, hogy ugyanezeket vesszük, csak még eléjük írjuk elsőnek az adott sor első tagját. Mivel esetünkben ez 0, így a számtani sorozat összegét így kapjuk:

\begin{matrix} s_{n + 1} = a_{1}^{(k)} + a_{2}^{(k)} + ... + a_{n}^{(k)} = α_{1} (\binom{n}{1}) + α_{2} (\binom{n}{2}) + ... + α_{k + 1} (\binom{n}{k + 1}), & (10) \end{matrix}

ahol

α_{1}

α_{2}

...

α_{k + 1}

az összegezendő sor (8) típusú előállításához szükséges állandók.
Számítsuk ki például eredményünk segítségével az első

n

szám négyzetösszegét. Láttuk, hogy a négyzetszámok sorozata másodrendű számtani haladvány. Tagjai

n^{2} = 1 + 3 (\binom{n - 1}{1}) + 2 (\binom{n - 1}{2})

alakban állíthatók elő. Így (10) szerint

\begin{matrix} s_{n + 1} = 1^{2} + 2^{2} + ... + n^{2} = 1 \cdot (\binom{n}{1}) + 3 (\binom{n}{2}) + 2 (\binom{n}{3}) = \\ = n + 3 \frac{n (n - 1)}{1 \cdot 2} + 2 \frac{n (n - 1) (n - 2)}{1 \cdot 2 \cdot 3} = \frac{n (n + 1) (2 n + 1)}{6} \end{matrix}

vagy ha felbontjuk a zárójeleket

\begin{matrix} s_{n + 1} = \frac{1}{3} n^{3} + \frac{1}{2} n^{2} + \frac{1}{6} n (n = 1,2,3, ...) \end{matrix}

Ez a harmadrendű számtani sorozat és nyilván bármely másik is éppen harmadfokú polinomkifejezéssel állítható elő. Érdekes, hogy annak ellenére, hogy az együtthatók törtek, a kifejezés jelentése szerint a polinom értéke minden pozitív egész értéknél egész értéket vesz fel.