Kezdőlap


Feladat:	F.2650	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Csahók Zoltán , Máté Nóra
Füzet:	1988/március, 103 - 105. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Azonosságok, Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Négyzetszámok összege, Hatványösszeg, Polinomok, Számsorozatok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1987/október: F.2650

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

I. megoldás. Jelöljük a keresett összeget $S_{n}$ -nel és alakítsuk az alábbiak szerint:

\begin{matrix} S_{n} = (2 - 1) 2^{2} (2 + 1) + (3 - 1) 3^{2} (3 + 1) + ... + (n - 1 - 1) {(n - 1)}^{2} (n - 1 + 1) = \\ = 2^{2} (2^{2} - 1) + 3^{2} (3^{2} - 1) + ... + {(n - 1)}^{2} ({(n - 1)}^{2} - 1) = \\ = 2^{4} - 2^{2} + 3^{4} - 3^{2} + ... + {(n - 1)}^{4} - {(n - 1)}^{2} . \end{matrix}

Tehát

S_{n}

így írható :

\begin{matrix} S_{n} = 1^{4} + 2^{4} + ... + {(n - 1)}^{4} - (1^{2} + 2^{2} + ... + {(n - 1)}^{2}) . \end{matrix}

A zárójelben levő összeg ismert,

\frac{(n - 1) n (2 n - 1)}{6},

ezért

S_{n}

zárt alakjához az

\begin{matrix} 1^{4} + 2^{4} + ... + k^{4} \end{matrix}

összeg zárt alakjára van szükség. Tekintsük ehhez az alábbi egyenlőségeket:

\begin{matrix} 2^{5} = {(1 + 1)}^{5} & = 1^{5} + 5 \cdot 1^{4} + 10 \cdot 1^{3} + 10 \cdot 1^{2} + 5 \cdot 1 + 1, \\ 3^{5} = {(2 + 1)}^{5} & = 2^{5} + 5 \cdot 2^{4} + 10 \cdot 2^{3} + 10 \cdot 2^{2} + 5 \cdot 2 + 1, \\ ⋮ \\ {(k + 1)}^{5} & = k^{5} + 5 \cdot k^{4} + 10 \cdot k^{3} + 10 \cdot k^{2} + 5 \cdot k + 1. \end{matrix}

Ezeket az egyenlőségeket összeadva rendezés után a

\begin{matrix} {(k + 1)}^{5} = 1^{5} + 5 (1^{4} + 2^{4} + ... + k^{4}) + 10 (1^{3} + 2^{3} + ... + k^{3}) + 10 (1^{2} + 2^{2} + ... + k^{2}) + \\ + 5 (1 + 2 + ... + k) + k \end{matrix}

egyenlőséget kapjuk, amiből, ha fölhasználjuk az első

k

pozitív egész összegére, négyzet- és köbösszegére vonatkozó ismert összefüggéseket, némi számolás után

\begin{matrix} 1^{4} + 2^{4} + ... + k^{4} = \frac{k (k + 1) (2 k + 1) (3 k^{2} + 3 k - 1)}{30} \end{matrix}

adódik. Ennek alapján

\begin{matrix} S_{n} = \frac{(n - 1) n (2 n - 1) (3 n^{2} - 3 n - 1)}{30} - \frac{(n - 1) n (2 n - 1)}{6}, \end{matrix}

és így

\begin{matrix} S_{n} = \frac{(n - 2) (n - 1) n (n + 1) (2 n - 1)}{10} . \end{matrix}

II. megoldás. Keressük

S_{n}

-t az

n

ötödfokú polinomjaként, tehát

\begin{matrix} p (n) = a n^{5} + b n^{4} + c n^{3} + d n^{2} + e n + f \end{matrix}

alakban. Feladatunk a

p

polinom együtthatóinak meghatározása. Tekintsük

p

-t az

n - 1

helyen :

\begin{matrix} p (n - 1) = a {(n - 1)}^{5} + b {(n - 1)}^{4} + c {(n - 1)}^{3} + d {(n - 1)}^{2} + e (n - 1) + f . \end{matrix}

A műveleteket elvégezve és

n

fogyó hatványai szerint rendezve :

\begin{matrix} p (n - 1) = a \cdot n^{5} + (- 5 a + b) n^{4} + (10 a - 4 b + c) n^{3} + (- 10 a + 6 b - 3 c + d) n^{2} + \\ + (5 a - 4 b + 3 c - 2 d + e) n + (- a + b - c + d - e + f) . \end{matrix}

p (n)

és

p (n - 1)

felírt alakjából

\begin{matrix} p (n) - p (n - 1) = 5 a n^{4} + (- 10 a + 4 b) n^{3} + (10 a - 6 b + 3 c) n^{2} + & (1) \\ + (- 5 a + 4 b - 3 c + 2 d) n + (a - b + c - d + e) . \end{matrix}

Másrészt

S_{n} - S_{n - 1}

az eredeti összegből:

\begin{matrix} S_{n} - S_{n - 1} = (n - 2) {(n - 1)}^{2} n = n^{4} - 4 n^{3} + 5 n^{2} - 2 n . \end{matrix}

(2)

(1) és (2) akkor és csak akkor egyenlő minden

n > 3

természetes számra, ha a két polinomban az

n

ugyanolyan kitevőjű hatványainak együtthatói megegyeznek, azaz

\begin{matrix} 5 a & = 1, \\ - 10 a + 4 b & = - 4, \\ 10 a - 6 b + 3 c & = 5, \\ - 5 a + 4 b - 3 c + 2 d & = - 2, \\ a - b + c - d + e & = 0. \end{matrix}

Ebből az egyenletrendszerből

a = \frac{1}{5},

b = - \frac{1}{2},

c = 0,

d = - \frac{1}{2},

e = \frac{1}{5},

és így a

\begin{matrix} p (n) = \frac{1}{5} n^{5} - \frac{1}{2} n^{4} + \frac{1}{2} n^{2} - \frac{1}{5} n \end{matrix}

polinomra

p (n) - p (n - 1) = S_{n} - S_{n - 1}

minden

n > 3

egészre. (Valójában

p (n) - p (n - 1) = (n - 2) {(n - 1)}^{2} \cdot n

fennáll minden egész, sőt minden valós

n

-re.)
Mivel ezen kívül

p (4) = 108 = S_{4},

ezért valóban

p (n) = S_{n}

n

minden szóba jövő értékére.

Megjegyzés. A második megoldásban szükség volt a kezdeti értékek ellenőrzésére, hiszen a

p

polinom puszta létezéséből ‐ amit a talált egyenletrendszer megoldhatósága biztosít ‐ csak annyi következik, hogy ha az

S_{n}

egyáltalán előállítható az

n

ötödfokú polinomjaként, akkor ez a polinom csak a

p (n)

lehet.