A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. A követelményt így is kimondhatjuk: kifejtett alakjában nem léphetnek föl -nek -nél kisebb kitevőjű hatványai, vagyis együtthatójuk -val egyenlő, ide értve a kitevőjű hatványt, az állandót is. Egyszerűbb, ha ezt -nek -szeresére írjuk fel:
Nem lesz vagylagosság a kitevő páros vagy páratlan volta miatt, ha az utóbbi két egyenletet így írjuk:
x3-ből2a0a3=-(a1a2+a2a1),x4-ből2a0a4=-(a1a3+a2a2+a3a1),
eszerint xk (2≤k≤n) együtthatójának eltűnéséből minden esetben | 2a0ak=-(a1ak-1+a2ak-2+...+ak-2a2+ak-1a1). | (2) |
Az első egyenletből a0=±1. Minden egyes további egyenletben rendre egyetlen új együttható lép fel: a1, a2, ..., így mindegyikük meghatározható abból az egyenletből, ahol először föllép, hiszen az egyenletben föllépő, kisebb indexű együtthatók már ismertek a föntebbi egyenletekből. Az első négy együttható, mindig figyelembe véve, hogy a02=1:
a1=12a0=a02,(3)a2=a122a0=-18a03=-18a0=-a08,a3=-a1a2a0=116a0=a016,a4=-a22+2a1a32a0=-5128a0=-5a0128.
II. Zárt kifejezést adunk az ak (2≤k≤n) együtthatóra. Ehhez megjegyezzük, hogy a fentiekből az aj/aj-1, hányados értéke j=2, 3 és 4 esetére | a2a1=-14;a3a2=-12=-36,a4a3=-58, | (4) | és mindháromnak közös alakja: Feltesszük, hogy ez fennáll minden 2≤j≤k-1 indexre, és megmutatjuk, hogy ekkor fennáll j=k esetére is. Tekintsük a következő összegeket:
S=a1ak-1+2a2ak-2+3a3ak-3+...+(k-2)ak-2a2+(k-1)ak-1a1,S'=(k-1)ak-1a1+(k-2)ak-2a2+(k-3)ak-3a3+...+2a2ak-2+a1ak-1.
Nyilvánvalóan S'=S, és így összegük, (2) figyelembevételével | 2S=k(a1ak-1+a2ak-2+...+ak-2a2+ak-1a1)=-2kaka0. | (6) | Alakítsuk másrészt a szorzatok első két tényezőjét az (5) feltevés alakja alapján a következőképpen (kivéve természetesen, ha az első két tényezőben a1 szerepel)
S=a1ak-1-12[a1ak-2+3a2ak-3+5a3ak-4+...+(2k-7)ak-3a2+(2k-5)ak-2a1],S'=-12[(2k-5)ak-2a1+(2k-7)ak-3a2+...+3a2ak-3+a1ak-2]+a1ak-1.
Ezekből, észrevéve, hogy a zárójelben annak a kifejezésnek a (-1)-szerese adódik, ami (2) jobb oldalán áll, ha k helyére k-1-et írunk; tehát értéke -2a0ak-1, másrészt 2a1=1/a0=a0 figyelembevételével
S+S'=2S=2a1ak-1-(k-2)[a1ak-2+a2ak-3+...+ak-3a2+ak-2a1]==a0ak-1+2(k-2)a0ak-1=(2k-3)a0ak-1.(7)
Végül (6) és (7) alapján, mivel a0≠0,
-2kaka0=(2k-3)a0ak-1,akak-1=-2k-32k,
amit bizonyítani akartunk. A (4) értékek és bizonyításunk alapján (5) fennáll j=5 esetére, és a teljes indukciós bizonyításmód alapján minden az n-nél nem nagyobb indexre. Mármost (5)-öt alkalmazva egymás után a k, k-1, k-2, ..., 2 indexekre (vagyis k-1-szer): | aka1=akak-1⋅ak-1ak-2⋅...⋅a2a1=(-1)k-1⋅2k-32k⋅2k-52(k-1)⋅...⋅12⋅2, | továbbá a törtek szorzatát a nevezőjével bővítve, valamint a nevező tényezőinek 2-es tényezőit összegyűjtve, a faktoriális jelölésével, végül (3) figyelembevételével ak=a1(-1)k-1k⋅(2k-2)![2k-1⋅(k-1)!]2=a0(-1)k-1⋅(2k-2)!22k-1k⋅[(k-1)!]2==a0(-1)k-1⋅(2k-2)!(k-1)!k!⋅122k-1,
vagy másképpen, a binomiális együttható jelölésével, többféleképpen is ak=a0(-1)k-1k⋅22k-1(2k-2k-1)=a0(-1)k-122k-1(k-1)(2k-2k-2)=(8)=a0(-1)k-1(2k-1)⋅22k-1(2k-1k).
Lényegtelen, hogy a0-nak melyik értékét vesszük, hiszen eredményünk szerint a0 az (1)-beli második zárójelből kiemelhető és az a02=1 tényező elhagyható. Lempert László (Budapest, Radnóti M. Gyak G.) dolgozatából, egyszerűsítésekkel
Megjegyzések. 1. Akár (5), akár (8) eredményünk alapján könnyebben számíthatjuk ki a | 1+x=1+x2-x223+x324-5x427+7x528-21x6210+33x7211-429x8215+715x9216-2431x10218+... | kifejezés egymás utáni együtthatóit, mint azt az 1109. gyakorlatban) láttuk. A talált együtthatókat beírva (1) ilyen alakú: | b1xn+1+b2xn+2+...+bnx2n=xn+1(b1+b2x+...+bnxn-1), | és ha x abszolút értékben közel áll 0-hoz, ez a kifejezés elhanyagolható, ezért 1+x≈(a0+a1x+...+anxn)2,1+x≈a0+a1x+...+anxn.
A közelítés hibájának megbecslése itt nem lehet célunk, csak megjegyezzük, hogy a hiba annál kisebb, minél kisebb abszolút értékű x-ről van szó (mindenesetre |x|<1), másrészt hogy minél nagyobb n-ig megyünk el. Lempert László 2. Számos dolgozat csak a fent közölt a0, a1, a2, a3, a4 együtthatókat számította ki, a többiek kiszámítását csak vázolta, ill. lehetőségként megemlítette. Ezek a versenyzők nem vették észre, hogy már az idézett 1109. gyakorlat kitűzésében szerepelt a1 is, és ott a gyakorlat tárgya éppen két további együttható meghatározása volt. Az a0, a1, ..., a6 együtthatók szerepeltek a mondott (továbbá az 1029.) gyakorlathoz fűzött külön megjegyzésekben is. Ez is elkerülte a figyelmet. A Szerkesztő Bizottság ‐ abban az elgondolásban, hogy a feladatmegoldók emlékeznek az illető tárgykörben a közelmúltban megjelent megoldásokra és cikkre ─, a (8), vagy hasonló explicit kifejezés megállapítását várta, ha élesen nem mondta is ki. 3. Lempert László megjegyezte, hogy k≥4 esetére az számok adják meg a választ a következő kérdésre: hányféleképpen lehet felbontani egy konvex k+1-szöget egymást nem metsző átlószakaszok berajzolásával háromszögekre (vagyis úgy, hogy minden keletkező háromszög csúcsai a k+1-szög csúcsai közül valók legyenek). ‐ Ezt az eredményt az 1187. feladathoz fűzött 2. megjegyzés n-szögre alakban mondta ki, a (2)-höz hasonló felépítésű | Fn=Fn-1+F3⋅Fn-2+F4⋅Fn-3+...+Fn-3⋅F4+Fn-2⋅F3+Fn-1 | kifejezés átalakítása alapján. (Maga az 1187. feladat csak a szabályos 7-szög felbontási lehetőségeinek számát kérdezte.) Lásd a megoldást K. M. L. 35 (1967) 151. o.Tusnády Gábor: A négyzetgyökvonásról, K. M. L. 35 (1967) 97-99. o.K. M. L. 26 (1963) 126. o. |