Kezdőlap


Feladat:	F.1857	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balla László , Bara T. , Bartha M. , Bezdek K. , Czompó J. , Fazekas l. , Jilling Judit , Katona Klára , Kelemen D. , Kiss E. , Kovács F. , Kovács S. , Kuhár Gy. , Lepcsényi Gy. , Meszéna G. , Molnár Gy. , Orosz Á. , Pálfalvi Gy. , Pócsi Gy. , Rapp F. , Rövid K. , Sasvári Z. , Simányi N. , Sipos J. , Sparing L. , Taródy Erzsébet , Telcs A. , Végh J. , Veres S. , Vladár K. , Wettstein J.
Füzet:	1973/december, 202 - 204. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Összefüggések binomiális együtthatókra, Műveletek polinomokkal, Valós együtthatós polinomok, Természetes számok, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1973/január: F.1857

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

Megoldás. a) Legyen a (2) alakban előállítandó $n$ -ed fokú polinom

\begin{matrix} p_{n} (x) = a_{0} + a_{1} x + ... + a_{k} x^{k} + ... + a_{n} x^{n}, \end{matrix}

(3)

ahol

a_{n} \neq 0

, és az

a_{k}

együtthatók

(k = 0,1, ..., n)

valós számok. Elég bizonyítani az állítást az

x^{k}

hatványokra

(k = 1,2, ..., n)

, ,,egytagú'' polinomokra, mert ebből következik az

a_{k} x^{k}

-ra is, valamint az ilyen előállításoknak és az

a_{0}

számnak (3) összegére is, hiszen polinom konstansszorosa, valamint polinomok összege is polinom. Azt akarjuk tehát belátni, hogy minden

k = 1,2, ..., n

-hez vannak olyan

c_{i}

(i = 1,2, ..., k)

valós számok, amelyekkel

\begin{matrix} x^{k} = c_{k} x^{(k)} + c_{k - 1} x^{(k - 1)} + ... + c_{1} x^{(1)} . \end{matrix}

(4)

Természetesen látjuk, hogy minden

x^{(k)}

maga is polinom.
Teljes indukcióval bizonyítunk.

\begin{matrix} k = 1 -re x^{(1)} = x, azaz x = x^{(1)} . \end{matrix}

k = 2

-re

\begin{matrix} x^{(2)} = \frac{x (x - 1)}{2} = \frac{x^{2}}{2} - \frac{x}{2}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} x^{2} = {2 x}^{(2)} + x = 2 x^{(2)} + x^{(1)}, \end{matrix}

az állítás helyes. Föltéve mármost, hogy valamely

k

természetes számról már tudjuk, hogy az

i = 1,2, ..., k - 1

számok mindegyikére

x^{i}

előállítható

x^{(1)}, x^{(2)}, ..., x^{(i)}

-ből a (2) alakban, ezeket a kifejezéseket behelyettesítve

x^{k}

-nak az

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

-ból adódó

\begin{matrix} x^{k} = k! \cdot x^{(k)} + d_{k - 1} x^{k - 1} + ... + d_{1} x \end{matrix}

kifejezésébe, ahol ‐ mint látjuk ‐

d_{k - 1}, d_{k - 2}, ..., d_{1}

egész számok, a kívánt (4)-et kapjuk. Ezzel a feladat első állítását bebizonyítottuk.
b) Megmutatjuk, hogy ha

x

egész szám, akkor minden (egész)

n

-re

x^{(n)}

egész szám. Valóban

\begin{matrix} ha még 0 ≦ x < n, akkor x - n + 1 ≦ 0, tehát x^{(n)} \end{matrix}

számlálójában előfordul a

0

tényező, és emiatt

x^{(n)} = 0

, egész szám;
ha

x ≧ n

, akkor

x^{(n)} = (\binom{x}{n})

;
ha pedig

x < 0

, akkor a számláló minden egyes tényezőjéből

(- 1)

-et kiemelve, a maradó tényezők

(- x)

-től egyesével nőnek

(- x + n - 1)

-ig, és ezért,

\begin{matrix} x^{(n)} = {(- 1)}^{n} (\binom{n - x - 1}{n}) [és itt (- x - 1) ≧ 0]; \end{matrix}

márpedig a binomiális együtthatók egész számok.^{$^{*}$} Eszerint ha a (3) polinom (2) átalakításában minden

b_{i}

(i = 0,1, ..., n)

egész, akkor minden egész

x

helyen

p_{n} (x)

egész szám.
Fordítva azt kell megmutatnunk, hogy ha

p_{n} (x)

minden egész helyen egész értéket vesz fel, akkor (2) átalakításában minden

b_{i}

egész szám. Valóban

p_{n} (0)

a föltevés szerint egész, másrészt az átalakításból

p_{n} (0) = b_{0}

, tehát

b_{0}

egész;

p_{n} (1)

egész, másrészt

p_{n} (1) = b_{0} + b_{1}

ugyanis

k = 2,3, ..., n

mellett

x^{(k)}

tartalmazza az

(x - 1)

tényezőt ‐, ennélfogva

b_{1}

is egész;

p_{n} (2)

egész, másrészt

p_{n} (2) = b_{0} + b_{1} + (\binom{2}{1}) + b_{2} (\binom{2}{2}) = b_{0} + 2 b_{1} + b_{2}

, ugyanis

k = 3, ..., n

mellett

x^{(k)}

tartalmazza az

(x - 2)

tényezőt; így pedig

b_{2}

is egész.
És ha már a

b_{0}, b_{1}, b_{2}, ..., b_{i - 1}

(i ≦ n)

együtthatókról így egymás után beláttuk, hogy egészek, akkor

b_{i}

egész volta abból következik, hogy a föltevés szerint

\begin{matrix} p_{n} (i) = b_{0} + b_{1} (\binom{i}{1}) + b_{2} (\binom{i}{2}) + ... + b_{i - 1} (\binom{i}{i - 1}) + b_{i} (\binom{i}{i}) \end{matrix}

egész, és itt

b_{i}

együtthatója

1

. ‐ Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Balla Láaszló (Miskolc, Földes F. Gimn., IV. o. t.)

Megjegyzések. 1. Azt az eljárást, ahogyan a

b_{i}

együtthatók egész voltát bizonyítottuk, felhasználhatjuk az a) részben egymás utáni kiszámításukra is (akkor is, ha nem egészek). Ekkor természetesen

p_{n} (0), p_{n} (1), p_{n} (2), ...

értékét ki kell írnunk, mint az

a_{0}, a_{1}, ..., a_{n}

eredeti együtthatók kifejezéseit. Pl.

n = 3

esetében

\begin{matrix} p_{3} (0) = a_{0} = b_{0}; \\ p_{3} (1) = a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = b_{0} + b_{1}, \end{matrix}

és innen

\begin{matrix} b_{1} = a_{1} + a_{2} + a_{3}; \\ p_{3} (2) = a_{0} + 2 a_{1} + 4 a_{2} + 8 a_{3} = b_{0} + 2 b_{1} + b_{2}, innen \\ b_{2} = (2 a_{1} + 4 a_{2} + 8 a_{3}) - 2 (a_{1} + a_{2} + a_{3}) = 2 a_{2} + 6 a_{3}; \end{matrix}

végül

\begin{matrix} p_{3} (3) = a_{0} + 3 a_{1} + 9 a_{2} + 27 a_{3} = b_{0} + 3 b_{1} + 3 b_{2} + b_{3} -ból \\ b_{3} = 6 a_{3} . \end{matrix}

2. Az érkezett megoldások nagy része az a) rész bizonyításában járt el az előbbiek szerint. Ez csak annyiból kifogásolható, hogy nehézkes, enyhítsük így: a fenti módon a munka jelentős része megtakarítható. Jó, ha különbséget teszünk egy tétel bizonyítása és gyakorlati alkalmazása, a nyújtott lehetőség végrehajtása között.

^{$^{*}$}Lásd pl. a következő cikkünkben: Pólya György: Gauss-féle binomiális együtthatók, I. rész., K. M. L. 45. (1972) 97‐102. old., pontosabban a 99. oldalon.