Cím:	Teleszkopikus összegekről, avagy kalandozások egy versenyfeladat körül II.
Szerző(k):	Besenyei Ádám
Füzet:	2013/január, 2 - 11. oldal	PDF  |  MathML

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Teleszkopikus összegekről, avagy kalandozások egy versenyfeladat körül II.       5. Kitérő: Abel tétele A 4.3. tétel $\alpha =1$ esetének 4. szakaszbeli bizonyítása kapcsán érdemes egy rövid kitérőt tennünk, hogy megismerkedjünk Niels Henrik Abel (1802‐1829) norvég matematikus egy eredményével. A (20) összeg helyett most a $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=2}^n\frac{d_k}{D_{k-1}}\left(n=\mathrm{2,3,}\text{...}\right)}\end{array}$ (22) alakú összegeket fogjuk tanulmányozni. Az ötlet, amelyet az alábbiakban ismertetünk Abeltől származik. Először írjuk át a (22) összeget a következő alakba: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=2}^n\frac{d_k}{D_{k-1}}=\sum _{k=2}^n\frac{D_k-D_{k-1}}{D_{k-1}}=\sum _{k=2}^n\left(\frac{D_k}{D_{k-1}}-1\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (23) Ezután alkalmazzuk az $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{ln}\left(1+x\right)\le x\left(x>-1\right)}\end{array}$ (24) egyenlőtlenséget (ahol $\text{ln}$ az $e$ alapú, más szóval a természetes logaritmust jelöli; az $e\approx 2\mathrm{,}718$ számról bővebben lásd a [3] cikket). Ez egyszerűen következik abból, hogy az $\text{ln}\left(1+x\right)$ függvény érintőjének meredeksége az $x=0$ pontban az $\left(\text{ln}\left(1+x\right)\right)\text{'}=1/\left(1+x\right)$ derivált $0$-beli értéke, vagyis 1, tehát az érintő az $y=x$ egyenletű egyenes.   3. ábra. $\text{ln}\left(1+x\right)\le x$   Mivel az $\text{ln}\left(1+x\right)$ függvény konkáv, ezért a grafikonja tetszőleges érintője alatt fekszik, amiből $\text{ln}\left(1+x\right)\le x$ rögtön adódik (lásd a 3. ábrát). Ekkor a (24) egyenlőtlenségből következően $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=2}^n\left(\frac{D_k}{D_{k-1}}-1\right)\ge \sum _{k=2}^n\text{ln}\frac{D_k}{D_{k-1}}=\sum _{k=2}^n\left(\text{ln}{D}_k-\text{ln}{D}_{k-1}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Ez utóbbi ismét egy teleszkopikus összeg, így végül a (23) egyenlőség alapján azt kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=2}^n\frac{d_k}{D_k}\ge \text{ln}{D}_n-\text{ln}{D}_1\mathrm{.}}\end{array}$ Ezzel beláttuk Abel egy 1828-ban igazolt tételét.     5.1. tétel (Abel, 1828).   Legyen $\left(d_n\right)$ tetszőleges pozitív tagú valós számsorozat, amelynek   $D_n:=\sum _{k=1}^n{d}_k$ $\left(n=\mathrm{1,2,}\text{...}\right)$ részletösszeg-sorozata felülről nem korlátos. Ekkor a $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=2}^n\frac{d_k}{D_{k-1}}\left(n=\mathrm{2,3,}\text{...}\right)}\end{array}$ összegek sorozata felülről nem korlátos, vagyis a $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=2}^{\infty }\frac{d_k}{D_{k-1}}}\end{array}$ sor divergens. Érvényes továbbá a következő becslés: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=2}^n\frac{d_k}{D_{k-1}}\ge \text{ln}{D}_n-\text{ln}{D}_1\mathrm{.}}\end{array}$   5.2. megjegyzés. Abel talán legismertebb eredménye az ötöd- és magasabb fokú egyenletek gyökjelekkel való megoldhatatlanságának bizonyítása. Ez annyit jelent, hogy a másod-, harmad- és negyedfokú egyenletekkel ellentétben, nem létezik általános megoldóképlet magasabb fokú algebrai egyenletekre. Abel ezenkívül maradandót alkotott többek között a csoportelmélet, az elliptikus függvények, a sorelmélet területén is. Nagyon fiatalon, 26 éves korában halt meg tüdőgyulladásban.   Az Abel‐Dini-féle tételekről a [8] könyv 1. kötetének 586‐589. oldalain, illetve a [2] könyv 290‐293. oldalain olvashatunk, ahol megtalálhatók az idézett eredmények eredeti hivatkozásai is (a [2] könyv a sorelmélet alapműve, amely digitálisan elérhető a [11] archívumban). Az előzőekben mi is e két könyv felépítését követtük, néhol kiegészítve az eredményeket. A [4, 6, 9] könyvek rengeteg kidolgozott feladatot tartalmaznak a sorok témaköréből, és kifejezetten ajánlhatók középiskolások számára. A végtelen sorok történetéről a kiváló [4] könyvben és a [7] cikkben olvashatók további érdekességek.     6. Alkalmazás: hiperharmonikus sorok Miután a 2.10. problémát kimerítően megoldottuk, következhetnek az alkalmazások. Kezdjük rögtön a kiindulási OKTV feladatunkkal. Amint a 4. szakasz elején Oresme kondenzációs módszerével láttuk, hogy a $\begin{array}{c}{\displaystyle h\left(n\right):=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}\left(n=\mathrm{1,2,}\text{...}\right)}\end{array}$ (25) sorozat felülről nem korlátos, így Dini tételéből következően $\alpha >1$ esetén $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=2}^n\frac{1}{k{h}^{\alpha }\left(k\right)}<\frac{1}{\left(\alpha -1\right)D_1^{\alpha -1}}=\frac{1}{\alpha -1}\mathrm{,}}\end{array}$ ami $\alpha =2$ esetén az OKTV feladat állítását adja (sőt Dini tételéből azt is tudjuk, hogy a kérdéses sorozat $\alpha \le 1$ esetén felülről nem korlátos). A $\left(h\left(n\right)\right)$ részletösszegek által meghatározott $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k}}\end{array}$ sort szokás harmonikus sornak nevezni. Ennek divergenciájára talán az említett Oresme-féle bizonyítás a legismertebb. Az érdekesség kedvéért mutatunk még egy gondolatmenetet, amely Pietro Mengoli (1626‐1686) olasz matematikustól származik. A közvetlenül (vagy a számtani és harmonikus közepek közötti egyenlőtlenség segítségével) igazolható $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{x-1}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}>\frac{3}{x}\left(x>1\right)}\end{array}$ (26) egyenlőtlenség alkalmazásával (és a (25) jelöléssel) ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle h\left(3n+1\right)}& {\displaystyle =1+\underset{>\frac{3}{3}}{\overset{}{\underbrace{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}}}}+\underset{>\frac{3}{6}}{\overset{}{\underbrace{\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}}}}+\text{...}+\underset{>\frac{3}{3n}}{\overset{}{\underbrace{\frac{1}{3n-1}+\frac{1}{3n}+\frac{1}{3n+1}}}}>}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle >1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\text{...}+\frac{1}{n}=1+h\left(n\right)\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ amiből azonnal adódik, hogy $h\left(4\right)>2$, $h\left(13\right)>3$, $h\left(40\right)>4$ stb., vagyis a $\left(h\left(n\right)\right)$ sorozat felülről nem korlátos. Vegyük észre, hogy a fenti Mengoli-féle bizonyítás is a kondenzáció módszerére épült. A harmonikus sor részletösszegeire Abel tétele alapján az is igaz, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=2}^n\frac{1}{k-1}=\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\ge \text{ln}n\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=1}^n\frac{1}{k}\ge \text{ln}\left(n+1\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (27)     6.1. feladat. Mutassuk meg, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=1}^n\frac{1}{k}\le \text{ln}n+1.}\end{array}$ (28) (Útmutatás: alkalmazzuk a (24) egyenlőtlenséget $x=-1/k$ választással.)   A (27) és (28) becslésekből (amelyeket érdemes összevetni a korábbi (17) becslésekkel) jól látható, hogy a harmonikus sor részletösszegei ugyan felülről nem korlátosak, ám ,,rendkívül lassan'' nőnek: például ahhoz, hogy az összeg 100-nál nagyobb legyen körülbelül $1\mathrm{,}5\cdot {10}^{43}$ tagot kell összeadni. Valójában igazolható (lásd az [5] könyv 2. kötetének 196‐197. oldalait vagy a [9] könyv 69. oldalán a 32. feladatot), hogy létezik és véges a $\begin{array}{c}{\displaystyle \gamma :=\underset{n\to \infty }{\overset{}{\text{lim}}}\left(\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}-\text{ln}n\right)}\end{array}$ határérték, amelyet Euler-féle állandónak szokás nevezni. A határérték Leonhard Euler (1707‐1783) egy 1734-es cikkében jelent meg először, értéke három tizedes jegyre kerekítve 0,577. Máig megoldatlan kérdés, hogy $\gamma$ racionális vagy irracionális szám-e. Végül érdekességképpen megemlítjük, hogy a harmonikus sort a prímszámok reciprokösszegére ,,megritkítva'' még mindig divergens sort kapunk (lásd az [5] könyv 2. kötetének 210‐213. oldalait), viszont a 9-es számjegyet nem tartalmazó pozitív egész számok reciprokösszege véges (lásd az [5] könyv 2. kötetének 198‐200. oldalait). Dini tételének másik alkalmazásaként tekintsük újra a $d_k=1$ konstans sorozatot. Ekkor azt kapjuk, hogy a $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=2}^n\frac{1}{k^{\alpha }}\left(n=\mathrm{2,3,}\text{...}\right)}\end{array}$ összeg $0<\alpha \le 1$ esetén felülről nem korlátos, azonban $\alpha >1$ esetén felülről korlátos. Ez azt jelenti, hogy a $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^{\alpha }}}\end{array}$ (29) úgynevezett hiperharmonikus sor $\alpha >1$ esetén konvergens, $0<\alpha \le 1$ esetén pedig divergens.     6.2. feladat. Igazoljuk a kondenzációs módszer segítségével (lásd a (16) becslést), hogy a (29) sor konvergens. (Útmutatás: egy $2^k$ hosszú szelet minden tagját becsüljük felülről a legnagyobb taggal.)   Speciálisan $\alpha =2$ esetén kapjuk, hogy a $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^2}}\end{array}$ (30) sor konvergens, amely összegének konkrét meghatározását először Pietro Mengoli vetette fel. A kérdés akkor vált igazán ismertté, és ragadt rá a bázeli probléma elnevezés, amikor a svájci Bázel városából származó Bernoulli család egymással folyton versengő matematikus fivérei, Jakob (1654‐1705) és Johann (1667‐1748) elkezdték törni a fejüket rajta. Jakob Bernoulli 1689-ben belátta, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=1}^n\frac{1}{k^2}\le 1+\sum _{k=2}^n\frac{1}{\left(k-1\right)k}=2-\frac{1}{n}\mathrm{.}}\end{array}$ (31) (Lényegében ezt a becslést használtuk mi is a 2.5. állítás bizonyításában.) Megjegyezzük azonban, hogy Bernoulli nem teleszkopikus összegként való felírással kapta az utóbbi egyenlőséget, hanem kissé bonyolultabban. Elsőként Isaac Newton (1643‐1727) írta fel teleszkopikus összeg alakban 1715-ben. A (30) sor összegét végül Leonhard Euler (1707‐1783) határozta meg először, aki ugyancsak Bázelből származott, és a tanítója Johann Bernoulli volt, tőle ismerte meg a problémát. Euler 24 éves korában az összeget több tizedes jegy pontossággal kiszámolta, és a következő sejtésre jutott, amelyet 3 év múlva, 1734-ben igazolni is tudott: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^2}=\frac{{\pi }^2}{6}\mathrm{.}}\end{array}$ (32) Az eredmény és Euler bizonyítása bámulatos, ahogy Johann Bernoulli fogalmazott: ,,Bárcsak a bátyám megérhette volna ezt!'' (Euler bizonyítását illetően lásd a [7] cikket; Euler eredeti cikke és angol fordítása elérhető a [10] archívumban az E41 jelzéssel; további bizonyítások olvashatók az [5] könyv 2. kötetének 207‐210. oldalain vagy a [9] könyv 74. oldalán szereplő 75. feladat megoldásában, illetve a [4] könyv 45‐58. oldalain.) Megjegyezzük, hogy ${\pi }^2/6\approx 1\mathrm{,}645$, amiből képet kaphatunk a (31) becslés pontosságáról (vagy inkább pontatlanságáról). Később Euler általánosan is megmutatta, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^{2m}}=\frac{{\left(-1\right)}^{m+1}{2}^{2m-1}{B}_{2m}}{\left(2m\right)!}{\pi }^{2m}\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $B_{2m}$ jelöli az úgynevezett Bernoulli-számokat. Például $B_2=1/6$, $B_4=-1/30$, $B_6=1/42$, így kapjuk a (32) összefüggést, illetve $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^4}=\frac{{\pi }^4}{90}\text{és}\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^6}=\frac{{\pi }^6}{945}\mathrm{.}}\end{array}$ Páratlan kitevő esetén nem ismert zárt alak a hiperharmonikus sor összegére, sőt a páratlan esetben $\alpha =3$ kivételével még azt sem tudni, hogy az érték racionális vagy irracionális-e. Az $\alpha =3$ esetben irracionális, ezt Roger Apéry (1916‐1994) francia matematikus 1978-ben Helsinkiben a Nemzetközi Matematikai Kongresszuson tartott előadásában igazolta. A szakaszt egy másik érdekes sorral zárjuk.     6.3. feladat. Mutassuk meg, hogy a $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=2}^{\infty }\frac{1}{k\text{ln}{}^{\alpha }k}}\end{array}$ sor pontosan $\alpha >1$ esetén konvergens. (Útmutatás: a (27), (28) összefüggések segítségével majoráljunk, minoráljunk és használjuk a szakasz elején tett megállapításokat; oldjuk meg a feladatot a kondenzációs módszerrel is, lásd a [9] könyv 342. oldalán a 4/f feladatot.)     6.4. megjegyzés. Louis Olivier, akinek kilétéről szinte semmit sem tudni, 1827-ben egy cikkében azt állította, hogy ha $n{a}_n\to 0$, akkor a $\sum _{k=1}^{\infty }{a}_k$   sor konvergens. A 6.3. feladat alapján látjuk, hogy ez nem igaz, hiszen   $n\frac{1}{n\text{ln}n}=\frac{1}{\text{ln}n}\to 0$, de a $\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k\text{ln}k}$ sor nem konvergens. Olivier állítását Abel cáfolta meg 1828-ban az iménti példával, illetve igazolta az 5.1. tételt. Sőt, megmutatta, hogy nincs olyan $\phi \left(n\right)$ függvény, amellyel egy sor pontosan akkor konvergens, ha $\phi \left(n\right)a_n\to 0$.     7. Kapcsolat: egy 1989. évi OKTV feladat Kiindulási OKTV feladatunk közeli rokonságban áll egy 23 évvel ezelőtti feladattal (ki tudja, talán a kitűző személye is ugyanaz). Az 1988/1989. tanévi matematika OKTV döntő fordulójában a II. kategória (akkoriban alaptantervű gimnazisták) számára kitűzött 3. feladat a következő volt (lásd a KöMaL 1989. novemberi számának 354‐357. oldalait, illetve a [12, 15] honlapokat).     7.1. feladat (OKTV 1988/89). Bizonyítsuk be, hogy ha $n$ tetszés szerinti, $3$-nál nem kisebb pozitív egész számot jelöl, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{3^3}+\frac{1}{4^3}+\text{...}+\frac{1}{n^3}<\frac{1}{12}\mathrm{.}}\end{array}$ (33)   A feladat megoldásával ismét érdemes először önállóan megpróbálkozni, talán az előzőek alapján már nem olyan nehéz. Mielőtt rátérnénk a hivatalos megoldásra, csábítónak tűnik Dini tételének alkalmazása, hiszen a (33) egyenlőtlenség bal oldala majdnem a hiperharmonikus sor egy részletösszege $\alpha =3$ esetén. A $d_1=2$, $d_k=1$ $(k\ge 2$) és $\alpha =3$ választással Dini tételéből azt kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=2}^n\frac{d_k}{D_k^2}=\frac{1}{3^3}+\frac{1}{4^3}+\text{...}+\frac{1}{n^3}<\frac{1}{2\cdot 2^2}=\frac{1}{8}\mathrm{.}}\end{array}$ Emögött a (14) becslés áll, amely most a közvetlenül is ellenőrizhető $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{k^3}\le \frac{1}{2}\left(\frac{1}{{\left(k-1\right)}^2}-\frac{1}{k^2}\right)}\end{array}$ alakot ölti. Látjuk, hogy ebből az egyenlőtlenségből a (33) összegre nem adódik a kívánt felső becslés, ezért egy erősebbel kell probálkoznunk. Azonnal kínálkozik, hogy a (31) ötlet mintájára a $\left(k-2\right)\left(k-1\right)k<k^3$ becslést használjuk. Világos, hogy a végén minél pontosabb felső becslést szeretnénk nyerni a (33) egyenlőtlenség bal oldalára, ezért vegyük észre, hogy az előbbinél van egy még jobb becslés, mégpedig $\left(k-1\right)k\left(k+1\right)=k^3-k<k^3$. Ez utóbbit alkalmazva $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=3}^n\frac{1}{k^3}<\sum _{k=3}^n\frac{1}{\left(k-1\right)k\left(k+1\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ (34) Adódik a kérdés, vajon (34) jobb oldalát fel tudjuk-e írni teleszkopikus összeg alakban? A válasz, igen, méghozzá $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{\left(k-1\right)k\left(k+1\right)}=\frac{1}{2}\frac{\left(k+1\right)-\left(k-1\right)}{\left(k-1\right)k\left(k+1\right)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\left(k-1\right)k}-\frac{1}{k\left(k+1\right)}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (35) Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=3}^n\frac{1}{k^3}<\sum _{k=3}^n\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\left(k-1\right)k}-\frac{1}{k\left(k+1\right)}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2\cdot 3}-\frac{1}{n\left(n+1\right)}\right)<\frac{1}{12}\mathrm{,}}\end{array}$ amit bizonyítani akartunk. Megjegyezzük, hogy a (35) átalakítás helyett alkalmazható az alábbi úgynevezett parciális törtekre bontás is (amelyből a (26) egyenlőtlenség is azonnal adódik): $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{\left(k-1\right)k\left(k+1\right)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k-1}-\frac{2}{k}+\frac{1}{k+1}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Ám ezt összegezve kissé bonyolultabb teleszkopikus összeget kapunk, amelyben majdnem minden tag kétszer $\left(+1\right)$ és egyszer $\left(-2\right)$ szorzóval szerepel. Oda kell tehát figyelni, hogy mi esik ki, és mi marad a végén, a részletek kidolgozását az Olvasóra bízzuk. A (34) becslés pontosságát illetően megemlítjük, hogy a bal oldal értéke közelítőleg 0,077, míg $1/12\approx 0\mathrm{,}083$. A fentiek alapján azonnal adódik a következő általános összefüggés, amelyet már Mengoli is ismert (1650-es művében számos hasonló összeget kiszámolt). E formula lehetőséget ad a (33) egyenlőtlenség tetszőleges kitevőre való általánosítására, amelyeket az Olvasó önállóan meggondolhat.     7.2. állítás. Legyen $m$ rögzített pozitív egész szám. Ekkor ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{1}{1\cdot 2\cdot \text{...}\cdot \left(m+1\right)}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot \text{...}\cdot \left(m+2\right)}+\text{...}+\frac{1}{n\left(n+1\right)\cdot \text{...}\cdot \left(n+m\right)}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\frac{1}{m}\left(\frac{1}{1\cdot \text{...}\cdot m}-\frac{1}{\left(n+1\right)\cdot \text{...}\cdot \left(n+m\right)}\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$   Végezetül a 7.2. állítás ,,párját'' tűzzük ki feladatként (további feladatok találhatók a [6] könyv 10., valamint 18‐19. oldalain).     7.3. feladat. Legyen $m$ rögzített nemnegatív egész szám. Ekkor ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 1\cdot 2\cdot \text{...}\cdot \left(m+1\right)+2\cdot 3\cdot \text{...}\cdot \left(m+2\right)+\text{...}+n\left(n+1\right)\cdot \text{...}\cdot \left(n+m\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\frac{1}{m+2}n\left(n+1\right)\cdot \text{...}\cdot \left(n+m+1\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ (Útmutatás: sejtsük meg a teleszkopikus összegként való felírást.)     8. Ráadás: hatvány- és trigonometrikus összegek Cikkünk lezárásaként a teleszkopikus összegeknek még néhány alkalmazási lehetőségét mutatjuk be. Bizonyára sokan ismerik Carl Friedrich Gaussról (1777‐1855) a következő anekdotát (a történet hitelességében többen kételkednek). A kis Gauss tanórai rossz viselkedése miatt büntetésül egyszer azt a feladatot kapta, hogy az $1+2+\text{...}+99+100$ összeget számítsa ki, ám Gauss, tanára óriási meglepetésére, másodpercek alatt megadta a helyes választ. Az ötlete az volt, hogy párokban adjuk össze a számokat, $1+100=101$, $2+99=101$, $\text{...}$, $50+51=101$, és mivel 50 ilyen párt tudunk képezni, így az összeg $101\cdot 50=5050$. Most egy másik módszert mutatunk az első $n$ pozitív egész szám összegének meghatározására, amely általánosítható hatványösszegekre is. Csupán azt az egyszerű észrevételt kell használnunk, hogy ${\left(k+1\right)}^2-k^2=2k+1$, amelyet $k=1$-től $n$-ig összegezve a bal oldalon egy teleszkopikus összeg jelenik meg, így $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(n+1\right)}^2-1=\sum _{k=1}^n\left({\left(k+1\right)}^2-k^2\right)=\sum _{k=1}^n\left(2k+1\right)=\sum _{k=1}^{n}2k+\sum _{k=1}^{n}1=2\sum _{k=1}^{n}k+n\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k=\frac{n\left(n+1\right)}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ (36) Vegyük észre, hogy a 7.3. feladat $m=0$ esetén éppen a (36) összefüggést adja, ezért érdemes végiggondolni milyen bizonyítást nyerünk ezáltal erre az összefüggésre. Az előbbiek mintájára határozzuk meg zárt alakban az első $n$ pozitív egész szám négyzetösszegét: $\begin{array}{c}{\displaystyle 1^2+2^2+\text{...}+n^2=?}\end{array}$ Most a ${\left(k+1\right)}^3-k^3=3k^2+3k+1$ azonosságot összegezzük $1$-től $n$-ig, így $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(n+1\right)}^3-1=\sum _{k=1}^n\left({\left(k+1\right)}^3-k^3\right)=3\sum _{k=1}^n{k}^2+3\sum _{k=1}^{n}k+\sum _{k=1}^{n}1.}\end{array}$ Ebből következően a már ismert (36) összefüggés felhasználásával $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=1}^n{k}^2=\frac{1}{3}\left({\left(n+1\right)}^3-1-\frac{3n\left(n+1\right)}{2}-n\right)=\frac{1}{3}\left(n+1\right)\left({\left(n+1\right)}^2-1-\frac{3}{2}n\right)\mathrm{,}}\end{array}$ tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=1}^n{k}^2=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\mathrm{.}}\end{array}$ (37) Természetesen, ha valaki ,,megsúgta'' a (36) és (37) összefüggéseket, akkor teljes indukcióval könnyen igazolhatjuk azokat (gondoljuk át a bizonyításokat). A fenti gondolatmenet azonban eljárást is ad hatványösszegek meghatározására tetszőleges pozitív egész kitevő esetén.     8.1. feladat. Adjuk meg zárt alakban a $\begin{array}{c}{\displaystyle 1^3+2^3+\text{...}+n^3\text{és}{1}^4+2^4+\text{...}+n^4}\end{array}$ összegeket.   Még hosszasan sorolhatnánk a különféle alkalmazásokat, amelyekben teleszkopikus összegek fordulnak elő, ízelítőül néhány trigonometrikus összefüggést említünk meg feladat formájában. Két klasszikus összefüggés, amelyek a sorok elméletében gyakran felbukkannak, az alábbi (lásd még a [6] könyv 40‐41. oldalait és az [1] feladatgyűjtemény II. kötetének 423. feladatát).     8.2. feladat. Igazoljuk, hogy $x\ne 2k\pi$ ($k\in \text{Z}$) esetén $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}x+\text{sin}2x+\text{...}+\text{sin}nx=\frac{\text{cos}\frac{x}{2}-\text{cos}\frac{\left(2n+1\right)x}{2}}{2\text{sin}\frac{x}{2}}}\end{array}$ és $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}x+\text{cos}2x+\text{...}+\text{cos}nx=\frac{\text{sin}\frac{\left(2n+1\right)x}{2}-\text{sin}\frac{x}{2}}{2\text{sin}\frac{x}{2}}\mathrm{.}}\end{array}$ (Útmutatás: használjunk a $\text{sin}u\text{sin}v$ szorzatra vonatkozó addíciós összefüggést.)   Végül egy ,,kemény dió'' a KöMaL 2004. decemberi számának B. 3781. feladata (amelynek nem teleszkopikus összeget használó mintamegoldása olvasható a 2005. októberi szám 413‐414. oldalain, lásd a [12] honlapot).     8.3. feladat.   Határozzuk meg a $\sum _{n=1}^{\infty }\text{arcctg}\left(2n^2\right)$ összeg értékét, ahol $\text{arcctg}$ a $\text{ctg}$ függvény $\left(\mathrm{0,}\pi \right)$ intervallumon vett inverzét jelöli. (Útmutatás: alkalmazzunk az $\left(\text{arcctg}u-\text{arcctg}v\right)$ kifejezésre vonatkozó addíciós összefüggést.)     9. Zárszó Az előzőekben egy versenyfeladat kapcsán számos matematikussal és eredményeikkel, valamint ehhez kapcsolódó érdekességekkel ismerkedtünk meg. Az említett matematikusok műveinek nagy része egy kattintással mindenki számára (legálisan) elérhető a világhálón (az életrajzokat illetően a kiváló [13] oldalt ajánljuk, eredeti cikkek pedig a [14] archívumban találhatók). Nagyszerű matematikusok eredeti gondolatainak és ötleteinek olvasása nemcsak élvezetes (néha fáradtságos), hanem a nyelvtanulás szempontjából is hasznos tanár és diák számára egyaránt. Remélhetően a cikkel többek érdeklődését sikerült felkelteni, vagy még jobban elmélyíteni a problémamegoldás és a matematikatörténet iránt.     Hivatkozások [1] Horvay Katalin, Reiman István, Geometriai feladatok gyűjteménye I‐II., Nemzeti Tankönyvkiadó (Budapest, 1997). [2] K. Knopp, Theory and Applications of Infinite Series, Blackie & Son, Ltd. (London, 1954). [3] Kós Rita, Kós Géza, Miért természetes az $e$?, KöMaL (2003/5), 258‐264. http://www.komal.hu/cikkek/kg/e/e.h.shtml [4] Németh József, Előadások a végtelen sorokról, Polygon Könyvtár, Polygon (Szeged, 2002). [5] Pintér Lajos, Analízis 1‐2. (a gimnázium speciális matematika osztályai számára), Tankönyvkiadó (Budapest, 1987). (Újabb kiadás: TypoTeX, 2006.) [6] Rábai Imre, Elemi matematikai példatár III. (Sorozatok, sorok, válogatott feladatok), Gondolat (Budapest, 1976). [7] Simonovits András, A végtelen sorok felfedezése I‐II., KöMaL (2007/7), 392‐399. és (2007/8), 450‐456. [8] Szász Pál, A differenciál- és integrálszámítás elemei 1‐2., Közoktatásügyi Kiadóvállalat (Budapest, 1951). (Újabb kiadás: TypoTeX, 2009.) [9] Urbán János, Határérték-számítás, Műszaki Könyvkiadó (Budapest, 1975). (Újabb kiadás: 2006.) Internetes oldalak: [10] Euler Archive: http://www.math.dartmouth.edu/~euler. [11] Internet Archive: http://archive.org. [12] KöMal archívum: http://db.komal.hu/KomalHU. [13] MacTutor History of Mathematics archive: http://www-history.mcs.st-and.ac.uk. [14] Német Digitális Folyóiratarchívum: http://www.digizeitschriften.de. [15] Versenyvizsga Portál: http://www.versenyvizsga.hu.   ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{<span style="font-weight: bold;">Besenyei Ádám</span> <br> <a target="\_blank" href="mailto:badam@cs.elte.hu">badam@cs.elte.hu</a>}}\hfill \end{array}}$