Kezdőlap


Cím:	Az "a" n-dik hatványa és a "b" n-dik hatványa összegének előállítása a + b és ab polinomjaként
Szerző(k):	Berkes László
Füzet:	1981/november, 112 - 118. 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.

Ha ismerjük az $a$ , $b$ számok $S = a + b$ összegét és $P = a b$ szorzatát, magukat a számokat az

\begin{matrix} (x - a) (x - b) = x^{2} - (a + b) x + a b = x^{2} - S x + P \end{matrix}

polinom gyökeiként állíthatjuk elő. Ha még azt is tudjuk, hogy

a \leq b

, akkor

\begin{matrix} a = \frac{S}{2} - \sqrt[]{{(\frac{S}{2})}^{2} - P}, b = \frac{S}{2} + \sqrt[]{{(\frac{S}{2})}^{2} - P} . \end{matrix}

Ebből már

a

b

tetszőleges

f (a, b)

függvénye meghatározható, és ha

f

szimmetrikus, vagyis tetszőleges

a

b

mellett

f (a, b) = f (b, a)

, akkor a kapott eredmény a

b < a

esetben is használható. Ha azonban az

S

P

számokat nem ismerjük, csak algebrailag szeretnénk számolni velük, vagy ismerjük ugyan őket, de

a

b

fenti alakjában a négyzetgyök alatt nem teljes négyzet áll, ez a számolás meglehetősen nehézkes lehet. Például a két szám négyzetösszege a következő:

\begin{matrix} S_{2} = a^{2} + b^{2} = {(\frac{S}{2} - \sqrt[]{{(\frac{S}{2})}^{2} - P})}^{2} + {(\frac{S}{2} + \sqrt[]{{(\frac{S}{2})}^{2} - P})}^{2} = \\ = 2 {(\frac{S}{2})}^{2} + 2 {(\frac{S}{2})}^{2} - 2 P = S^{2} - 2 P . \end{matrix}

Ha már tudjuk valahonnan ezt, helyességét könnyű ellenőrizni; de a végeredményt jobb volna egyszerűbb úton meghatározni. Olyan eljárásokat fogunk keresni, amelyekkel tetszőleges

n

természetes szám mellett az

S_{n} = a^{n} + b^{n}

hatványösszeg csak

S = a + b

és

P = a b

hatványai, ezek szorzatai, és a szorzatok összegei, illetve különbségei alapján állítható elő.
Amíg az

n

kitevő kicsi, járható az az út, hogy vesszük

(a + b)

n

-edik hatványát, ebben máris megvan

a^{n} + b^{n}

, és ami felesleges, attól valahogy megszabadulunk:

\begin{matrix} S_{3} & = a^{3} + b^{3} = {(a + b)}^{3} - 3 a b (a + b) = S^{3} - 3 S P, \\ S_{4} & = a^{4} + b^{4} = {(a + b)}^{4} - 4 a b {(a + b)}^{2} + 2 a^{2} b^{2} = S^{4} - 4 S^{2} P + 2 P^{2}, \\ S_{5} & = a^{5} + b^{5} = {(a + b)}^{5} - 5 a b {(a + b)}^{3} + 5 a^{2} b^{2} (a + b) = S^{5} - 5 S^{3} P + 5 S P^{2} . \end{matrix}

Messze azonban ezzel a módszerrel érezhetően nem fogunk jutni. Több reménnyel kecsegtet az az ötlet, hogy ha egymás után akarjuk az

S_{n}

-eket meghatározni, akkor menet közben használjuk fel a korábbi eredményeinket. Ha ugyanis

S_{n}

-et

S

-sel megszorozzuk, akkor

S_{n + 1}

mellett csak

S_{n - 1}

fog felbukkanni:

\begin{matrix} S S_{n} & = (a + b) (a^{n} + b^{n}) = a^{n + 1} + a b^{n} + b a^{n} + b^{n + 1} = \\ = (a^{n + 1} + b^{n + 1}) + a b (a^{n - 1} + b^{n - 1}) = S_{n + 1} + P S_{n - 1} . \end{matrix}

Ebből átrendezéssel kapjuk, hogy

\begin{matrix} S_{n + 1} = S S_{n} - P S_{n - 1} . \end{matrix}

(1)

Kezdjük tehát az egészet elölről, talán most tovább jutunk:

\begin{matrix} S_{0} & = a^{0} + b^{0} = 2 \\ S_{1} & = a^{1} + b^{1} = S \\ S_{2} & = a^{2} + b^{2} = S^{2} - 2 P \\ S_{3} & = a^{3} + b^{3} = S^{3} - 3 S P \\ S_{4} & = a^{4} + b^{4} = S^{4} - 4 S^{2} P + 2 P^{2} \\ S_{5} & = a^{5} + b^{5} = S^{5} - 5 S^{3} P + 5 S P^{2} \\ S_{6} & = a^{6} + b^{6} = S^{6} - 6 S^{4} P + 9 S^{2} P^{2} - 2 P^{3} \\ S_{7} & = a^{7} + b^{7} = S^{7} - 7 S^{5} P + 14 S^{3} P^{2} - 7 S P^{3} \\ S_{8} & = a^{8} + b^{8} = S^{8} - 8 S^{6} P + 20 S^{4} P^{2} - 16 S^{2} P^{3} + 2 P^{4} \end{matrix}

1. Tétel. Tetszőleges

n

természetes számhoz találhatók olyan

D_{k}^{n}

együtthatók, hogy

\begin{matrix} S_{n} = a^{n} & + b^{n} = D_{0}^{n} S^{n} - D_{1}^{n} S^{n - 2} P + D_{2}^{n} S^{n - 4} P^{2} - ... + {(- 1)}^{k} D_{k}^{n} S^{n - 2 k} P^{k} + ... + {(- 1)}^{m} D_{m}^{n} S^{n - 2 m} P^{m} & (2) \end{matrix}

igaz legyen tetszőleges

a

b

mellett, ahol

S = a + b

P = a b

, és

m

a legnagyobb egész, amelyre

2 m \leq n

, vagyis

m = [\frac{n}{2}]

Bizonyítás. Láttuk, hogy

n

kis értékeire igaz az állítás. Tegyük fel, hogy valamilyen

n

-ig már igazoltuk

(2)

-t. Akkor

(1)

alapján

\begin{matrix} S_{n + 1} & = S \sum_{k = 0}^{m} {(- 1)}^{k} D_{k}^{n} S^{n - 2 k} P^{k} - P \sum_{k = 0}^{m} {(- 1)}^{k} D_{k}^{n - 1} S^{n - 2 k - 1} P^{k} = \\ = \sum_{k = 0}^{m} {(- 1)}^{k} D_{k}^{n} S^{n + 1 - 2 k} P^{k} + \sum_{k = 1}^{m + 1} {(- 1)}^{k} D_{k - 1}^{n - 1} S^{n + 1 - 2 k} P^{k} = \\ = \sum_{k = 0}^{m + 1} {(- 1)}^{k} (D_{k}^{n} + D_{k - 1}^{n - 1}) S^{n + 1 - 2 k} P^{k}, \end{matrix}

ahol

D_{k}^{n} = 0

minden olyan esetben, amikor

k > \frac{n}{2}

, valamint

k = 0

esetén

D_{k - 1}^{n - 1}

is legyen

0

. Ez már

(2)

-t jelenti

(n + 1)

-re, és ha

n

páratlan, készen is vagyunk, hiszen akkor

[\frac{n + 1}{2}] = [\frac{n}{2}] + 1

. Ha

n

páros, akkor

m = [\frac{n}{2}] > \frac{n - 1}{2} > \frac{n}{2} - 1

, tehát egyrészt

m > \frac{n - 1}{2}

, így

D_{m}^{n - 1} = 0

, másrészt

m + 1 > \frac{n}{2}

, így

D_{m + 1}^{n} = 0

, így a kapott összeg utolsó tagja elhagyható.
Az állításunkat ezzel beláttuk. Közben azt kaptuk, hogy

\begin{matrix} D_{k}^{n + 1} = D_{k}^{n} + D_{k - 1}^{n - 1} . \end{matrix}

(3)

Ennek alapján még gyorsabban haladhatunk előre.

\begin{matrix} n & S^{n} & - S^{n - 2} P & + S^{n - 4} P^{2} & - S^{n - 6} P^{3} & + S^{n - 8} P^{4} & - S^{n - 10} P^{5} & S^{n - 12} P^{6} & - S^{n - 14} P^{7} \\ 0 & 2 & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ \\ 1 & 1 & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ \\ 2 & 1 & 2 & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ \\ 3 & 1 & 3 & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ \\ 4 & 1 & 4 & 2 & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ \\ 5 & 1 & 5 & 5 & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ \\ 6 & 1 & 6 & 9 & 2 & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ \\ 7 & 1 & 7 & 14 & 7 & ‐ & ‐ & ‐ & ‐ \\ 8 & 1 & 8 & 20 & 16 & 2 & ‐ & ‐ & ‐ \\ 9 & 1 & 9 & 27 & 30 & 9 & ‐ & ‐ & ‐ \\ 10 & 1 & 10 & 35 & 50 & 25 & 2 & ‐ & ‐ \\ 11 & 1 & 11 & 44 & 77 & 55 & 11 & ‐ & ‐ \\ 12 & 1 & 12 & 54 & 112 & 105 & 36 & 2 & ‐ \\ 13 & 1 & 13 & 65 & 156 & 182 & 91 & 13 & ‐ \\ 14 & 1 & 14 & 77 & 210 & 294 & 196 & 49 & 2 \\ 15 & 1 & 15 & 90 & 275 & 450 & 378 & 140 & 13 \end{matrix}

Most már azzal is megpróbálkozhatunk, hogy

k

kis értékeire tetszőleges

n

mellett meghatározzuk a

D_{k}^{n}

együtthatókat:

\begin{matrix} D_{0}^{n} & = 1, ha n > 0 \\ D_{1}^{n} & = n, ha n \geq 2 \\ D_{2}^{n} & = \frac{n}{2} (n - 3), ha n \geq 4 \\ D_{3}^{n} & = \frac{n}{6} (n - 4) (n - 5), ha n \geq 6 \\ D_{4}^{n} & = \frac{n}{24} (n - 5) (n - 6) (n - 7), ha n \geq 8. \end{matrix}

Ezek alapján már sejthető, és ha már egyszer sejtjük, akkor

(3)

alapján könnyen igazolható is, hogy ha

k > 1

, akkor

\begin{matrix} D_{k}^{n} = \frac{n}{k!} \prod_{j = k + 1}^{2 k - 1} (n - j) ha n \geq 2 k . \end{matrix}

(4)

Nem kell ugyanis mást tennünk, mint

(4)

-et

(3)

-ba helyettesíteni:

\begin{matrix} \frac{n + 1}{k!} \prod_{j = k + 1}^{2 k - 1} (n + 1 - j) = \frac{n}{k!} \prod_{j = k + 1}^{2 k - 1} (n - j) + \frac{n - 1}{(k - 1)!} \prod_{j = k}^{2 k - 3} (n - j - 1) . \end{matrix}

Osszunk itt

\frac{1}{k!} \prod_{j = k + 1}^{2 k - 2} (n - j)

-vel:

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

ami valóban igaz. Közben azonban elég sok munkára volt szükségünk, amiből valamit megtakaríthatunk, ha előbb hajlandók vagyunk egy kis kitérőt tenni. Tartsuk meg a

(3)

képzési szabályt de módosítsuk a kicsit kellemetlennek tűnő

D_{0}^{0} = 2

kezdő értéket

D_{0}^{0} = 1

-re. Így kapjuk a következő táblázatot:

\begin{matrix} n \end{matrix}