Kezdőlap


Feladat:	573. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Behringer Tibor , Jónás József , Kálmán György , Rázga Tamás , Tömböl István , Weisz Katalin
Füzet:	1954/május, 150 - 153. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Számsorok, Mértani sorozat, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1953/december: 573. matematika feladat

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

a) I. megoldás: $S_{1} = \frac{1}{2} = 2 - \frac{2 + 1}{2}$ , $S_{2} = \frac{1}{2} + \frac{2}{2^{2}} = 2 - \frac{2 + 2}{2^{2}}$ , vagyis $n = 1$ és $n = 2$ -re az $S_{n} = 2 - \frac{2 + n}{2^{n}}$ képlet helyes. Teljes indukcióval bizonyítjuk a képlet általános helyességét. Tegyük föl, hogy valamely $k$ természetes számra képletünk igaz, vagyis

\begin{matrix} S_{k} = 2 - \frac{2 + k}{2^{k}}, \end{matrix}

akkor

\begin{matrix} S_{k + 1} = S_{k} + \frac{k + 1}{2^{k + 1}} = 2 - \frac{2 + k}{2^{k}} + \frac{k + 1}{2^{k + 1}} = 2 - \frac{4 + 2 k - k - 1}{2^{k + 1}} = 2 - \frac{2 + (k + 1)}{2^{k + 1}} . \end{matrix}

Tehát képletünk, ha

k

-ra igaz, akkor

(k + 1)

-re is igaz, de

1

-re (és

2

-re) láttuk, hogy igaz, amiből következik, hogy képletünk minden természetes számra fennáll.

Weisz Katalin (Bp., I., Szilágyi Erzsébet lg. IV. o. t.)

II. megoldás:

S_{n}

a következő alakban írható

\begin{matrix} S_{n} & = \frac{1}{2} + \\ + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{2}} + \\ + \frac{1}{2^{3}} + \frac{1}{2^{3}} + \frac{1}{2^{3}} + \\ ⋮ \\ + \frac{1}{2^{k}} + \frac{1}{2^{k}} + \frac{1}{2^{k}} + ... + \frac{1}{2^{k}} + \\ ⋮ \\ + \frac{1}{2^{n}} + \frac{1}{2^{n}} + \frac{1}{2^{n}} + ... + \frac{1}{2^{n}} + ... + \frac{1}{2^{n}} . \end{matrix}

Az egymás alatti tagok összegét rendre

s_{1}

s_{2}

...

s_{k}

...

s_{n}

-nel jelölve

s_{k}

olyan mértani sor összege, melynek első tagja

\frac{1}{2^{k}}

hányadosa

\frac{1}{2}

és tagjainak száma

n - k + 1

, vagyis

\begin{matrix} S_{k} = \frac{1}{2^{k}} \frac{1 - {(\frac{1}{2})}^{n - k + 1}}{1 - \frac{1}{2}} = {(\frac{1}{2})}^{k - 1} - {(\frac{1}{2})}^{n} \end{matrix}

Tehát

\begin{matrix} S_{n} & = s_{1} + s_{2} + ... + s_{k} + ... + s_{n} = \\ = 1 + \frac{1}{2} + {(\frac{1}{2})}^{2} + ... + {(\frac{1}{2})}^{k} + ... + {(\frac{1}{2})}^{n - 1} - n {(\frac{1}{2})}^{n} = \\ = 1 \cdot \frac{1 - \frac{1}{2^{n}}}{1 - \frac{1}{2}} - \frac{n}{2^{n}} = 2 - \frac{1}{2^{n - 1}} - \frac{n}{2^{n}} = 2 - \frac{2 + n}{2^{n}} . \end{matrix}

Behringer Tibor (Bp., III., Árpád g. I. o. t.)

III. megoldás:

\begin{matrix} S_{n} = \frac{1}{2} + \frac{2}{2^{2}} + \frac{3}{3^{3}} + ... + \frac{n}{2^{n}} . \end{matrix}

(1)

Mindkét oldalt

\frac{1}{2}

-vel szorozva:

\begin{matrix} \frac{S_{n}}{2} = \frac{1}{2^{2}} + \frac{2}{2^{3}} + \frac{3}{2^{4}} + ... + \frac{n - 1}{2^{n}} + \frac{n}{2^{n + 1}} \end{matrix}

(2)

(1)-ből (2)-t kivonva

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

ahol a zárójelben mértani sor van, melynek hányadosa

\frac{1}{2}

, tehát

\begin{matrix} \frac{S_{n}}{2} = \frac{1}{2} \frac{1 - {(\frac{1}{2})}^{n}}{1 - \frac{1}{2}} - \frac{n}{2^{n + 1}} = 1 - \frac{1}{2^{n}} - \frac{n}{2^{n + 1}}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} S_{n} = 2 - \frac{2 + n}{2^{n}} . \end{matrix}

Tömből István (Pécs, Bányaip. mélyép. techn. III. o. t.)

b) I. megoldás: A teljes indukció módszere természetesen itt is célhoz vezet.

\begin{matrix} n = 1 -re S_{1} = 1 \cdot 2 \cdot 3 = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4}{4} = \frac{n (n + 1) (n + 2) (n + 3)}{4} . \end{matrix}

Tegyük fel, hogy

\begin{matrix} S_{k} = \frac{k (k + 1) (k + 2) (k + 3)}{4} is helyes, \end{matrix}

akkor

\begin{matrix} S_{k + 1} = S_{k} + (k + 1) (k + 2) (k + 3) = \\ = \frac{k (k + 1) (k + 2) (k + 3) + 4 (k + 1) (k + 2) (k + 3)}{4} = \frac{(k + 1) (k + 2) (k + 3) (k + 4)}{4} . \end{matrix}

Tehát tényleg az

S_{n} = \frac{n (n + 1) (n + 2) (n + 3)}{4}

képlet minden természetes

n

-re igaz.

Rázga Tamás (Bp., II., Rákóczi g. II. o. t.)

II. megoldás: Vizsgáljuk a következő sor összegét:

\begin{matrix} S_{n} = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 + 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 + ... + n (n + 1) (n + 2) (n + 3) . \end{matrix}

Vonjuk ki ebből az összegből önmagát, de úgy, hogy a kivonandó

k

-adik tagját a kisebbítendő

k + 1

-edik tagjából vonjuk ki:

\begin{matrix} S_{n} - S_{n} = 0 = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 + 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot (5 - 1) + 3 \cdot 4 \cdot 5 (6 - 2) + \\ + ... + n (n + 1) (n + 2) [(n + 3) - (n - 1)] - n (n + 1) (n + 2) (n + 3) \\ = 4 \cdot S_{n} - n (n + 1) (n + 2) (n + 3) . \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} S_{n} = \frac{n (n + 1) (n + 2) (n + 3)}{4} \end{matrix}

Kálmán György (Szolnok, Beloiannisz g. III. o. t.)

III. megoldás: A sor

k

-adik tagja

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

. A sor tehát átrendezhető a következő alakba:

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

A zárójelben lévő köbszámok, négyzetszámok és természetes számok összegének képlete ismert, azokat felhasználva

\begin{matrix} S_{n} = {[\frac{n (n + 1)}{2}]}^{2} + 3 \frac{n (n + 1) (2 n + 1)}{6} + 2 \frac{n (n + 1)}{2} = \frac{n (n + 1) (n + 2) (n + 3)}{4} \end{matrix}

Jónás József (Gyöngyös, Vak Bottyán g. III. o. t.)