Feladat: F.1875 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: -
Megoldó(k):  Bacsó G. ,  Bara T. ,  Jakab T. ,  Páles Zs. ,  Pócsi Gy. ,  Schwarcz T. ,  Veres Sándor 
Füzet: 1973/november, 130 - 132. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Binomiális együtthatók, Műveletek polinomokkal, Számsorozatok, Természetes számok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1973/április: F.1875

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

∑k=0n(2kk)⋅(2n-2kn-k)⋅mk+m,(1)

Jelöljük az összeget S(m,n)-nel. (Egyébként az összegezést az m paraméter nem érinti.) Az n=1 és n=2 esetben, határozatlan m mellett
S(m,1)=(00)(21)mm+(21)(00)m1+m=2(2m+1)m+1,S(m,2)=(42)+(21)2m1+m+(42)m2+m=16m2+32m+12(m+1)(m+2)==4(2m+1)(2m+3)(m+1)(m+2)

Az n=3 és n=4 esetekben adódó hasonló kifejezések láttán az a sejtésünk alakul ki, hogy minden n természetes szám esetén S(m,n) a következő kifejezéssel egyenlő:
2n(2m+1)(2m+3)⋅...⋅(2m+2n-1)(m+1)(m+2)⋅...⋅(m+n)(2)
ezt fogjuk bizonyítani.
Az n=1 és n=2 esetekben S(m,n) kapott kifejezése nem egyszerűsíthető az m-et tartalmazó tényezővel, tehát S(m,n) általában nem egyszerűsíthető. Másrészt (2) nevezője éppen az (1) tagjaiban szereplő n db nevező szorzata, és így alkalmas a tagok közös nevezőjének szerepére. (Más nevező nem léphet föl, ugyanis az (1)-ben szereplő binomiális együtthatók egész számok, úgyszintén a k=0 indexű tagnak mk+m=1 tényezője is.) Ha tehát a sejtett azonosságot a (2)-beli
N(m)=(m+1)(m+2)⋅...⋅(m+n)
nevezővel, az m határozatlannak n-edfokú polinomjával megszorozzuk:
N(m)⋅S(m,n)=m⋅N(m)∑k=0n(2kk)(2n-2kn-k)1k+m==2n(2m+1)(2m+3)⋅...⋅(2m+2n-1),


a bal oldalnak mind az (n+1) tagja n-edfokú polinomja az m-nek, így F(m) összegük is, mert az mn hatvány együtthatója minden tagban pozitív. Ugyancsak n-edfokú polinom a (3)-nak G(m) jobb oldala is.
Két egyező fokszámú (egyváltozós) polinom akkor és csak akkor azonos, ha értékük 1-gyel több (különböző) helyen megegyezik, mint a fokszámuk. A bizonyításhoz megkívánt (n+1) helyet természetesen tetszőlegesen választhatjuk, legyenek ezek 0,-1,-2,...,-n, vagyis a k szummációs betű (1)-ben előírt értékeinek (-1)-szeresei.
Így minden egyes m=-k esetben F(m)=F(-k) egyetlen tagból áll, mert az
m⋅N(m)k+m⋅(2kk)(2n-2kn-k)
tag kivételével a további n tag mindegyikében megmarad a k+m=0 tényező. A megmaradó tag pedig így alakul:
F(-k)=(-k)(-k+1)⋅...⋅(-2)⋅(-1)⋅1⋅2⋅...⋅(-k+n)(2kk)(2n-2kn-k),
megjegyezve, hogy ez az írásmód csak azt jelenti, hogy a (-k)-tól kezdve egyesével növekedően következő (n+1) tényező közül kimarad a 0; elöl k számú negatív tényező áll ‐ speciálisan m=k=0 esetén nincs negatív tényező ‐, utána pedig (n-k) számú pozitív tényező ‐ speciálisan m=-n, azaz k=n esetén nincs pozitív tényező.
Eszerint a binomiális együtthatók előtt álló n db tényező a (-1) tényezők kiemelésével két faktoriálisba foglalható össze, illetve m=0 és m=-n esetén egybe. A binomiális együtthatók is kifejezhetők faktoriálisokkal, ezért
F(-k)=(-1)kk!(n-k)!(2k)!k!⋅k!⋅(2n-2k)!(n-k)!⋅(n-k)!.

A számlálókat tovább alakítjuk a (2r)! páros és páratlan tényezőinek különválasztásával adódó
(2r)!=(2⋅4⋅6⋅...⋅2r)⋅(1⋅3⋅5⋅...⋅(2r-1))==2r⋅(1⋅2⋅3⋅...⋅r)⋅(1⋅3⋅5⋅...⋅(2r-1)),(2r)!r!=2r⋅1⋅3⋅...⋅(2r-1)


azonosság felhasználásával:
F(-k)=(-1)k⋅2n⋅1⋅3⋅...⋅(2k-1)⋅1⋅3⋅...⋅(2n-2k-1),
ismét megjegyezve, hogy a 2n tényező után először k számú, majd (n-k) számú tényező áll 1-től 2-esével növekedve ‐ és ez érvényes k=0 és k=n esetén is.
Ha itt a (-1)k tényezővel, azaz k számú (-1)-es tényezővel beszorzunk a mondott első k számú tényezőbe, és ezek sorrendjét megfordítjuk, akkor
F(-k)=2n(-2k+1)(-2k+3)⋅...⋅(-3)(-1)⋅1⋅3⋅...⋅(2n-2k-1),
ez pedig éppen a G(m) értéke az m=-k helyen [lásd (3) jobb oldalát].
Ezzel a sejtett azonosságot bebizonyítottuk, (1)-nek szumma jelet nem tartalmazó alakja a (2), a feladatot megoldottuk.
 

Veres Sándor (Debrecen, Fazekas M. Gimn., M. o. t.)
 

Megjegyzések: 1. Nem lényeges a feladat szövegének ez a korlátozása: m természetes szám, az F(m)=G(m) azonosságot minden valós m-re igazoltuk a speciális értékek felhasználásával. Ugyanígy (1) és (2) egyenlősége is fennáll minden olyan helyen, ahol értelmezve vannak.
2. A feladat tulajdonképpen az (1) összegnek szorzattá alakítása volt, arra gondolva, hogy szorzatok általában kényelmesebben számíthatók vagy kezelhetők tovább, mint összegek, különösen szorzatok összegei. De ha a ∑ jel példájára az ,,és így tovább''-nak ,,...'' jelét sem engedjük meg, látszólag eltüntethetjük ezeket (2)-ből, faktoriálisok, binomiális együtthatók bevezetésével. m-en ismét természetes számot értve, a nevező mindjárt így írható:
N(m)=(m+n)!m!.
És ha (2)-t a nevezőjével bővítjük, majd a számláló n db új tényezőjének mindegyikét 2-vel szorozzuk és így beiktatjuk két-két eddigi tényező közé, akkor ezt is írhatjuk két faktoriális hányadosaként, majd az egész kifejezést két binom együttható hányadosaként:
(2m+1)(2m+2)(2m+3)⋅...⋅(2m+2n-1)(2m+2n)(N(m))2==(2m+2n)!m!m!(2m)!(m+n)!(m+n)!=(2m+2nm+n)(2mm).


Az ,,és így tovább'' a faktoriálisban rejtve van jelen.
 

Veres Sándor