Kezdőlap


Feladat:	F.1865	Korcsoport: -	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Ábrahám Tibor , Bezdek Károly
Füzet:	1973/november, 124 - 127. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Kombinatorikai leszámolási problémák, Műveletek polinomokkal, Polinomok, Számsorok, Számtani sorozat, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1973/február: F.1865

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

I. megoldás. Jelöljük a befizető felnőttek, gyerekek, katonák számát rendre $x$ , $y$ , $z$ betűvel, ekkor a következő egyenlet nem negatív egész számokban való megoldásainak $s (n)$ számát keressük:

\begin{matrix} 4 x + y + z = n . \end{matrix}

(1)

Gondoljuk, hogy osztályokba rendezzük a megoldásokat

x

lehetséges értékei:

\begin{matrix} x = 0, 1, 2, ..., [\frac{n}{4}] \end{matrix}

szerint, ahol a szögletes zárójellel a benne álló szám egész részét jelöljük, vagyis a zárójelbeli számnál nem nagyobb egészek legnagyobbikát. Az egymás utáni osztályokbeli megoldásokban a további két ismeretlen összege:

\begin{matrix} y + z = n, n - 4, n - 8, ..., n - 4 [\frac{n}{4}] . \end{matrix}

Általában az

y + z = k

egyenlet (

k

nem negatív egész) előírt megoldásainak száma

k + 1

, hiszen

y

rendre fölveszi a

0, 1, 2, ..., k

értéket,

z

pedig az ezt

k

-ra kiegészítő szám, ezért az egymás utáni osztályok (1)-nek rendre

\begin{matrix} n + 1, n - 3, n - 7, ..., n + 1 - 4 [\frac{n}{4}] \end{matrix}

(2)

megoldását tartalmazzák, és ezek összege a válasz a feladat kérdésére. A (2) számok számtani sorozatot alkotnak, számuk

[\frac{n}{4}] + 1

, a különbség

(- 4)

, így összegük:

\begin{matrix} s (n) = ([\frac{n}{4}] + 1) (n + 1 - 2 [\frac{n}{4}]) \end{matrix}

Ábrahám Tibor (Eger, Gárdonyi G. Gimn., III. o. t.)

Megjegyzés. Eredményünket előbb szétbontva, majd máshogyan egységesítve kezelhetőbbé alakítjuk. Aszerint, hogy

\begin{matrix} \begin{matrix} n = 4 i, & 4 i + 1, & 4 i + 2, & 4 i + 3, \\ s (n) = 2 i^{2} + 3 i + 1, & 2 i^{2} + 4 i + 2, & 2 i^{2} + 5 i + 3, & 2 i^{2} + 6 i + 4. \end{matrix} \end{matrix}

És mivel ‐ fordítva ‐ esetenként rendre

\begin{matrix} \begin{matrix} i = \frac{n}{4}, & \frac{n - 1}{4}, & \frac{n - 2}{4}, & \frac{n - 3}{4}, \\ 8 s (n) = n^{2} + 6 n + 8, & n^{2} + 6 n + 9, & n^{2} + 6 n + 8, & n^{2} + 6 n + 5, \end{matrix} \end{matrix}

azért látjuk, hogy mindegyik esetben helyes a következő:

\begin{matrix} s (n) = [\frac{n^{2} + 6 n + 9}{8}] = [\frac{{(n + 3)}^{2}}{8}] . \end{matrix}

Még másképpen:

s (n)

\begin{matrix} \frac{n^{2} + 6 n + 8}{8} = \frac{(n + 2) (n + 4)}{8} \end{matrix}

számhoz legközelebbi egész szám (vagyis a tört egészre kerekített értéke).

II. megoldás. A kitűzéskor ajánlott forrásban ^{$^{*}$} látott feladathoz képest itt csupán az az eltérés, hogy katonák belépő díja 2 Ft helyett 1 Ft. Az ottani megoldás gondolatmenetét alkalmazva,

s (n)

egyenlő a

\begin{matrix} P (x) = (1 + x^{4} + x^{8} + ... + x^{4 k} + ...) {(1 + x + x^{2} + ... + ... x^{k} + ...)}^{2} \end{matrix}

(3)

végtelen polinomban

x^{n}

együtthatójával. Tovább is az idézett megoldás szerint haladva elemi (parciális) törtekre bontjuk (3)-nak zárt

\begin{matrix} \frac{1}{(1 - x^{4}) {(1 - x)}^{2}} = \frac{1}{{(1 - x)}^{3} (1 + x) (1 + x^{2})} \end{matrix}

alakját, azaz meghatározzuk

P (x)

várt típusú

\begin{matrix} P (x) = \frac{a_{1}}{1 + x} + \frac{a_{2}}{{(1 - x)}^{2}} + \frac{a_{3}}{{(1 - x)}^{3}} + \frac{b}{1 + x} + \frac{c x + d}{1 + x^{2}} \end{matrix}

(4)

felbontásának

a_{1}

a_{2}

a_{3}

b

c

d

együtthatóit úgy, hogy (4) azonosság legyen. (Tulajdonképpen itt kezdődik munkánk önálló része, amihez nem volt minta.)
A törteket a szokott módon eltávolítjuk:

\begin{matrix} 1 = a_{1} {(1 - x)}^{2} (1 + x) (1 + x^{2}) + a_{2} (1 - x) (1 + x) (1 + x^{2}) + & (5) \\ + a_{3} (1 + x) (1 + x^{2}) + b {(1 - x)}^{3} (1 + x^{2}) + (c x + d) {(1 - x)}^{3} (1 + x), \end{matrix}

eszerint a jobb oldalon az

x

-től mentes tagnak (azaz

x^{0}

együtthatójának) 1-nek kell lennie és

x

minden előforduló hatványának együtthatója

0

. A beszorzás után

x^{5}

x^{4}

x^{3}

x^{2}

és

x

lépne fel, így a 6 ismeretlen együttható számára éppen 6 egyenletet kapnánk az együtthatók összehasonlításából. Ezek közül mégis csak 3-at írunk fel:

x^{5}

x^{4}

és

x^{0}

együtthatói alapján:

\begin{matrix} 0 = a_{1} - b - c, & (6) \\ 0 = - a_{1} - a_{2} + 3 b + 2 c - d, & (7) \\ 1 = a_{1} + a_{2} + a_{3} + b + d . & (8) \end{matrix}

Az első kettő még könnyen megállapítható ‐ a teljes kifejtés nélkül is, a harmadikhoz pedig elég

x = 0

-t helyettesíteni (5) két oldalába. Ez adja azt a gondolatot, hogy más-más

x

értéket választva, tetszés szerinti számú egyenlőséget kapunk (5)-ből és lehet köztük egyszerűbb is. Legkönnyebb

x = 1

és

x = - 1

helyettesítése, mert így több tényező

0

lesz.

\begin{matrix} 1 = 4 a_{3}, & (9') \\ 1 = 16 b, & (9'') \end{matrix}

legyen végül

x = 2

, így

\begin{matrix} 1 = 15 a_{1} - 15 a_{2} + 15 a_{3} - 5 b - 6 c - 3 d . \end{matrix}

(10)

Összeadva (8)-at és (7)-et, a

(9')

és

(9'')

figyelembevételével, majd (6)-ból:

\begin{matrix} a_{3} = \frac{1}{4}, b = \frac{1}{16}, c = \frac{1}{4}, a_{1} = \frac{5}{16} . \end{matrix}

Ezekkel (7)-ből és (10)-ből

\begin{matrix} a_{2} + d = \frac{3}{8}, 5 a_{2} + d = \frac{15}{8}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} a_{2} = \frac{3}{8}, d = 0, \end{matrix}

és (4) így alakult:

\begin{matrix} P (x) = \frac{1}{16} {\frac{5}{1 - x} + \frac{6}{{(1 - x)}^{2}} + \frac{4}{{(1 - x)}^{3}} + \frac{1}{1 + x} + \frac{4 x}{1 + x^{2}}} . \end{matrix}

Visszatérve a végtelen polinom alakokra, a cikk első részében láttuk, hogy

\begin{matrix} \frac{5}{1 - x} & = 5 + 5 x + 5 x^{2} + ... + 5 x^{k} + ..., \\ \frac{6}{{(1 - x)}^{2}} & = 6 + 12 x + 18 x^{2} + ... + 6 (k + 1) x^{k} + ..., \\ \frac{4}{{(1 - x)}^{3}} & = 4 + 12 x + 4 (\binom{4}{2}) x^{2} + ... + 4 (\binom{k + 2}{2}) x^{k} + ..., \\ \frac{1}{1 + x} & = 1 - x + x^{2} - ... + {(- 1)}^{k} x^{k} + ..., \\ \frac{4 x}{1 + x^{2}} & = 4 x - 4 x^{3} + 4 x^{5} - ... + {(- 1)}^{m} 4 x^{2 m + 1} + ... \end{matrix}

x^{k}

együtthatója az első három sor összegében

5 + 6 (k + 1) + 2 (k + 2) (k + 1) =

= 2 k^{2} + 12 k + 15

.
És mivel az utolsó két sor együtthatói két-, ill. négy tagú szakaszossággal ismétlődnek:

...

1

- 1

1

- 1

1

...

, illetve

4

0

- 4

0

4

...

,
azért

\begin{matrix} s (n) + \frac{1}{16} {2 n^{2} + 12 n + 15 + {(- 1)}^{n} + 4 {(- 1)}^{[\frac{n}{2}]} ([\frac{n + 1}{2}] - [\frac{n}{2}])} . \end{matrix}

Bezdek Károly (Dunaújváros, Münnich F. Gimn., IV. o. t.)

Megjegyzés. Ha csak a konkrét feladatot néznénk, nem lenne létjogosultsága a II. megoldásnak. Ebben viszont egy sok esetben használható elv alkalmazását gyakoroltuk. Emlékezzünk vissza: az egyenletfelállításra végzett első példák mind olyanok voltak, amilyeneket egyenlet nélkül is meg lehet oldani, sőt ‐ az akkori tudás alapján ‐ egyenlet nélkül gyorsabban lehet.

^{$^{*}$}Surányi János: Polinomok és végtelen polinomok II. rész, K. M. L. 45 (1972) 193‐203. o., élesebben: 200‐203. o.