Kezdőlap


Feladat:	1065. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Kéry Gerzson , Szabó Anna
Füzet:	1961/október, 68 - 69. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1960/november: 1065. matematika feladat

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

Bevezetve a következő jelöléseket:

\begin{matrix} a + b + c = S_{1}, a^{2} + b^{2} + c^{2} = S_{2}, a^{3} + b^{3} + c^{3} = S_{3}, a^{4} + b^{4} + c^{4} = S_{4}, \\ d + e + f = T_{1}, d^{2} + e^{2} + f^{2} = T_{2}, d^{3} + e^{3} + f^{3} = T_{3}, d^{4} + e^{4} + f^{4} = T_{4}, \end{matrix}

a feltevések így írhatók:

\begin{matrix} T_{1} - S_{1} = 0, & (3) \\ T_{2} - S_{2} = 0, & (4) \\ T_{3} - S_{3} \neq 0. & (5) \end{matrix}

Vizsgáljuk a (2) bal és jobb oldalán álló

K_{1}

K_{2}

kifejezések különbségét rendre

m = 1, 2, 3, 4

esetén.

m = 1

-re (2) nyilvánvalóan azonosság.

m = 2

-re

\begin{matrix} K_{1} - K_{2} = (S_{2} + T_{2} + 3 k^{2}) + 2 T_{1} k - (T_{2} + S_{2} + 3 k^{2}) - 2 S_{1} k = 2 (T_{1} - S_{1}) k = 0, \end{matrix}

mert

k

együtthatója (3) szerint 0.

m = 3

-ra

\begin{matrix} K_{1} - K_{2} = (S_{3} + T_{3} + 3 k^{3}) + 3 T_{2} k + 3 T_{1} k^{2} - (T_{3} + S_{3} + 3 k^{3}) - 3 S_{2} k - 3 S_{1} k^{2} = \\ = 3 (T_{2} - S_{2}) k + 3 (T_{1} - S_{1}) k^{2} = 0, \end{matrix}

mert

k

és

k^{2}

együtthatója (4) és (3) szerint 0. Végül

m = 4

-re az

{(A + B)}^{4} = A^{4} + 4 A^{3} B + 6 A^{2} B^{2} + 4 A B^{3} + B^{4}

azonosság felhasználásával

\begin{matrix} K_{1} - K_{2} = (S_{4} + T_{4} + 3 k^{4}) + 4 T_{3} k + 6 T_{2} k^{2} + 4 T_{1} k^{3} - (T_{4} + S_{4} + 3 k^{4}) - \\ - 4 S_{3} k - 6 S_{2} k^{2} - 4 S_{1} k^{3} = 4 (T_{3} - S_{3}) k + 6 (T_{2} - S_{2}) k^{2} + \\ + 4 (T_{1} - S_{1}) k^{3} = 4 (T_{3} - S_{3}) k, \end{matrix}

mert

k^{2}

és

k^{3}

együtthatója 0. Minthogy pedig

k

együtthatója (5) szerint 0-tól különböző, azért

K_{1} - K_{2} \neq 0

, vagyis a (2) összefüggés

m = 4

-re nem áll fenn bármely

k

-val (hanem csupán

k = 0

-val). Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

Szabó Anna (Szeged, Tömörkény I. lg. IV. o. t.)

Megjegyzések. 1. Több dolgozat szerint az állítás ,,bármely

k

-val'' szavai így helyesbítendők: ,,bármely

k \neq 0

-val''. Valóban láttuk, hogy van olyan

k

, amellyel (2) fennáll

m = 4

mellett is, éspedig

k = 0

az egyetlen ilyen érték. Ez az eset azonban nem változtatja meg azt a tényt, hogy

m = 4

mellett (2) nem áll fenn bármely

k

-val, ‐ tehát az eredeti fogalmazás nem helytelen. Ez persze nem jelenti azt, hogy az észrevétel volna helytelen. Az állítás az említett módosítással is helyes. Ezt a meglepő tényt az magyarázza, hogy az állítás és a módosítás hasonlóságuk ellenére nem egészen ugyanarról beszélnek. ‐ Akkor is érvényes volna az eredeti állítás, ha ezer kivételes

k

-érték volna, vagy ha pl.

m = 4

mellett minden egész számra fennállna (2) ‐ már pedig végtelen sok egész szám van, ‐ ugyanis ez még nem bármely szám, hiszen vannak nem egész számok is. ‐ Akkor lenne szükség a fenti helyesbítésre, ha az állítás így szólna: a (2) állítás

m = 4

mellett bármely

k

-val érvénytelen.
2. 24 dolgozat általánosítani vélte az állítást a következőképpen: ,,ha (1) fennáll

n = 1, 2, ...

p

-vel, de nem áll fenn

n = p + 1

-gyel, akkor (2) fennáll bármely

k

-val

m = 1, 2, ..., p + 1

mellett, de nem áll fenn

m = p + 2

mellett.'' Ez az állítás azonban semmitmondó, mert ‐ amint arra Kéry Gerzson (Sopron, Széchenyi I. g. III. o. t.) rámutat ‐ bebizonyítható, hogy ha (1) fennáll

n = 1, 2, 3

-mal, akkor az

a

b

c

számok valamilyen sorrendben azonosak a

d

e

f

számokkal, ezért (1) valamennyi

n > 3

természetes számra is fennáll. Így a feltétel nem teljesülhet. Abban az esetben azonban elfogadható általánosítást adhatunk, ha

m

és

n

értékeinek számával együtt növeljük a két egyenlőség tagjainak számát is. A következő általánosítás tehát már helyes: Ha

p

természetes szám, és az

\begin{matrix} a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + ... + a_{p + 1}^{n} = b_{1}^{n} + b_{2}^{2} + ... + b_{p + 1}^{n} \end{matrix}

egyenlőség fennáll

n = 1, 2, ... p

-vel, de nem áll fenn

n = p + 1

-gyel, akkor az

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

egyenlőség

m = 1, 2, ..., p + 1

-re fennáll bármely

k

-val, de

m = p + 2

-re már nem. Bizonyítása ugyanúgy történik, mint a

p = 2

speciális esetben. ‐ Kéry Gerzson az általánosítást a binomiális tétel felhasználásával be is bizonyította. ‐ Helyesen mondta ki az általánosítást Ratkó István is (Budapest, Arany J. g. IV. o. t.), de nem indokolta meg a tagok száma emelésének szükségességét.
További 6 dolgozat tett lépést a fenti irányban: (1) két oldali tagjainak számát 3, ill.

p + 1

helyett

j

-nek véve, de a

j

és

p

közti kapcsolatot nem tisztázta. Ezek az előbbi 24-nél erősebb általánosítást kívántak adni, de az

j < p + 1

-re nem igaz.