Feladat:	F.1895	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Füzet:	1974/április, 153 - 154. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Nevezetes azonosságok, Összefüggések binomiális együtthatókra, Binomiális együtthatók, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1973/október: F.1895

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{1}\right)\sum _{i=1}^{n}i+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{2}\right)\sum _{i=1}^n{i}^2+\text{...}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{k-1}\right)\sum _{i=1}^n{i}^{k-1}\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Szorozzuk meg az (1) alatti összegek tagjait az előttük álló binomiális együtthatóval, és tekintsük mindegyik csoportból az $i$-edik szorzatot: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{1}\right)i\mathrm{,}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{2}\right)i^2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{k-1}\right)i^{k-1}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezek a kifejezések a binomiális tételre emlékeztetnek, ennek alapján az összegük könnyen meghatározható: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{1}\right)i+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{2}\right)i^2+\text{...}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{k-1}\right)i^{k-1}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\left[\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{0}\right)\cdot 1+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{1}\right)i+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{2}\right)i^2+\text{...}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{k-1}\right)i^{k-1}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{k}\right)i^k\right]-}\hfill \\ \hfill {\displaystyle -1-i^k={\left(i+1\right)}^k-i^k-1.}\hfill \end{array}}$ Ezeket a számokat kell az $i=1$, 2, $\text{...}$, $n$ értékekre venni és összeadni: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{i=1}^n\left[{\left(i+1\right)}^k-i^k-1\right]=\sum _{=2}^{n+1}{j}^k-\sum _{i=1}^n{i}^k-n={\left(n+1\right)}^k-1-n\mathrm{.}}\end{array}$ Tehát az (1) alatti kifejezés értéke ${\left(n+1\right)}^k-\left(n+1\right)$.   Megjegyzés. A megoldás utolsó átalakítása szavakkal így mondható el. Tekintsük 1-től $n$-ig mindegyik természetes számra a nála eggyel nagyobb szám $k$-adik hatványának és az illető szám $k$-adik hatványának a különbségét, és adjuk össze ezeket a különbségeket. Ezt az összeget úgy is megkaphatjuk, hogy először összeadjuk a különbségek első tagjait, majd levonjuk belőle a második tagok összegét. Az első tagok összege nem más, mint 2-től $\left(n+1\right)$-ig a természetes számok $k$-adik hatványainak az összege, a második tagok összege pedig 1-től $n$-ig a $k$-adik hatványok összege. A különbségükből tehát minden kiesik, csak a szélső tagok maradnak: ${\left(n+1\right)}^k-1^k$. Azt is mondhatjuk, hogy ha a különbségeket egymás után írjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(2^k-1^k\right)+\left(3^k-2^k\right)+\text{...}+\left({\left(n+1\right)}^k-n^k\right)\mathrm{,}}\end{array}$ majd megcseréljük a tagok sorrendjét: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(-1^k+2^k\right)+\left(-2^k+3^k\right)+\text{...}+\left(-n^k+{\left(n+1\right)}^k\right)\mathrm{,}}\end{array}$ akkor a szomszédos párokban egymás mellé kerülő tagok algebrai összege 0, a teljes összeg összecsuklik, mint egy harmonika, és marad a szélső tagok különbsége.