Kezdőlap


Feladat:	F.2807	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Varjú Katalin
Füzet:	1991/május, 202 - 203. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Polinomok, Számsorok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1990/szeptember: F.2807

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

Vonjuk ki mindkét oldalt $1990$ -ből; ekkor a bizonyítandó egyenlőség a következő alakot ölti:

\begin{matrix} \frac{1990}{1} - \frac{1989}{2} + \frac{1988}{3} + ... + \frac{2}{1989} - \frac{1}{1990} = \\ = (2 - \frac{1}{996}) + (2 - \frac{3}{997}) + ... + (2 - \frac{1989}{1990}) . \end{matrix}

Jelölje a bal oldalt

A

, a jobb oldalt

B

\begin{matrix} B = \frac{1991}{996} + \frac{1991}{997} + ... + \frac{1991}{1990} = 1991 (\frac{1}{996} + ... + \frac{1}{1990}) . \end{matrix}

A bal oldalt úgy alakítjuk át, hogy a negatív előjelű tagokat pozitív jellel írjuk fel, majd a kétszer levonjuk.

\begin{matrix} A = \frac{1990}{1} + \frac{1989}{2} + ... + \frac{1}{1990} - 2 (\frac{1989}{2} + \frac{1987}{4} + ... + \frac{1}{1990}) = \\ = (\frac{1991}{1} - 1) + (\frac{1991}{2} - 1) + ... + (\frac{1991}{1990} - 1) - \\ - 2 ((\frac{1991}{2} - 1) + (\frac{1991}{4} - 1) + ... + (\frac{1991}{1990} - 1)) = \\ = (1991 (\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{1990}) - 1990) - 2 (1991 (\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{1990}) - 995) = \\ = 1991 (\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{1990}) - 1991 (\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{995}) = \\ = 1991 (\frac{1}{996} + \frac{1}{997} + ... + \frac{1}{1990}) . \end{matrix}

Megmutattuk, hogy

A = B

, így igazoltuk a bizonyítandó állítást.

Varjú Katalin (III. o. t.) megoldása alapján

Megjegyzés. Az alábbi okoskodás rámutat a feladat hátterére: tetszőleges pozitív

n

-re legyen

\begin{matrix} f_{n} (x) & = x - \frac{x - (2 n - 1)}{2} + \frac{x - (2 n - 2)}{3} - ... + - ... - \frac{x - 1}{2 n} és \\ g_{n} (x) & = \frac{x + 1}{n + 1} + \frac{x + 3}{n + 2} + ... + \frac{x + 2 n - 1}{2 n} . \end{matrix}

A két polinom legfeljebb elsőfokú,

f_{n} (x)

főegyütthatója

\begin{matrix} a_{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - ... + - ... + \frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n}, \end{matrix}

g_{n} (x)

főegyütthatója pedig

\begin{matrix} b_{n} = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + ... + \frac{1}{2 n} . \end{matrix}

Ismeretes, hogy

a_{n} = b_{n}

minden pozitív

n

-re. (A bizonyítás éppen a megoldásban bemutatott átalakítással végezhető.) Vegyük észre másfelől,hogy

\begin{matrix} f_{n} (2 n + 1) = (2 n + 1) - 1 + 1 - + ... - 1 = 2 n, továbbá \\ g_{n} (2 n + 1) = \frac{2 n + 2}{n + 1} + \frac{2 n + 4}{n + 2} + ... + \frac{4 n}{2 n} = 2 n ugyancsak. \end{matrix}

Az elsőfokú

f_{n}

és

g_{n}

polinomok főegyütthatói és a

(2 n + 1)

-helyen fölvett értékeik egyenlők. A két polinom tehát azonosan egyenlő, így a

0

helyen is egyenlő értékeket vesznek föl:

\begin{matrix} f_{n} (0) = \frac{2 n - 1}{2} - \frac{2 n - 2}{3} + - ... + \frac{1}{2 n} = \frac{1}{n + 1} + \frac{3}{n + 2} + ... + \frac{2 n - 1}{2 n} = g_{n} (0); \end{matrix}

ez pedig éppen a bizonyítandó egyenlőség, ha

n = 995