Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.125	Korcsoport: -	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bálint L. , Balogh Z. , Banai M. , Bara T. , Bartolits I. , Bíró B. , Blahó Ágnes , Császár Gy. , Füredi Z. , Gergely I. , Hermann P. , Horti A. , Kelen M. , Kiss E. , Kollár János , Nagy S. , Párkány Katalin , Pintér I. , Reviczky J. , Schvarcz T. , Stachó B. , Szász Gy. , Székely A. , Szeredi J. , Szili L. , Totik V. , Turi Erzsébet , Wéber J.
Füzet:	1973/január, 28 - 29. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Nevezetes azonosságok, Összefüggések binomiális együtthatókra, Binomiális együtthatók, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1972/január: Pontversenyen kívüli P.125

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

A kérdéses szummát ‐ általános tagjában a kéttagú kifejezés négyzetét kifejtve ‐ három szumma összegévé alakíthatjuk. Az állandó közös tényezőket mindjárt kiemeljük:

\begin{matrix} \sum_{ν = 0}^{n} (n^{2} - 4 n ν + 4 ν^{2}) \cdot (\binom{n}{ν}) = n^{2} \sum_{ν = 0}^{n} (\binom{n}{ν}) - 4 n \sum_{ν = 0}^{n} ν \cdot (\binom{n}{ν}) + 4 \sum_{ν = 0}^{n} ν^{2} (\binom{n}{ν}) . \end{matrix}

Az első szumma értéke az ismert

\begin{matrix} (\binom{n}{0}) + (\binom{n}{1}) + (\binom{n}{2}) + ... + (\binom{n}{n}) = 2^{n} \end{matrix}

(1)

azonosság alapján ¹

n^{2} \cdot 2^{n}

. A másodikban a

ν = 0

-hoz tartozó tag

0

, ha pedig

ν \geq 1

, akkor a tagokat így alakítjuk:

\begin{matrix} ν \cdot (\binom{n}{ν}) = \frac{ν \cdot n!}{ν! (n - ν)!} = n \frac{(n - 1)!}{(ν - 1)! (n - ν)!} = n (\binom{n - 1}{ν - 1}), & (2) \\ - 4 n \sum_{ν = 0}^{n} ν (\binom{n}{ν}) = - 4 n^{2} \sum_{ν = 1}^{n} (\binom{n - 1}{ν - 1}) = - 4 n^{2} \sum_{μ = 0}^{n - 1} (\binom{n - 1}{μ}) = - 4 n^{2} \cdot 2^{n - 1} = - 2 n^{2} \cdot 2^{n} . \end{matrix}

(Kiemeltük a közös, állandó tényezőt, új

μ = ν - 1

szummációs betűt vezettünk be, végül ismét alkalmaztuk (1)-et.)
Végül, a harmadik szummában hasonlóan

ν = 0

ismét

0

-t ad, így (2), valamint

ν = (ν - 1) + 1

, és ismét (2), végül (1) alapján

\begin{matrix} ν^{2} \cdot (\binom{n}{ν}) = n ν \cdot (\binom{n - 1}{ν - 1}) & = n (ν - 1) (\binom{n - 1}{ν - 1}) + n (\binom{n - 1}{ν - 1}), \\ = n (n - 1) (\binom{n - 2}{ν - 2}) + n (\binom{n - 1}{ν - 1}), tehát \\ 4 \sum_{ν = 0}^{n} ν^{2} \cdot (\binom{n}{ν}) = 4 n (n - 1) & \sum_{μ = 0}^{n - 2} (\binom{n - 2}{μ}) + 4 n \sum_{μ = 0}^{n - 1} (\binom{n - 1}{μ}) = \\ = 4 n^{2} \cdot 2^{n - 2} & - 4 n \cdot 2^{n - 2} + 4 n \cdot 2^{n - 1} = n^{2} \cdot 2^{n} + n \cdot 2^{n} . \end{matrix}

Mindezeket egybevetve a három szumma összege valóban egyenlő az állítás jobb oldalával. Ezzel a feladatot megoldottuk.

Turi Erzsébet (Győr, Révai M. Gimn.)

Megjegyzés. Ha a binomiális tételt az

{(1 + x)}^{n}

hatványra alkalmazzuk, a

\begin{matrix} \sum_{ν = 0}^{n} (\binom{n}{ν}) x^{ν} = {(1 + x)}^{n} \end{matrix}

összefüggést kapjuk. A megoldásunkban használt (1) azonosság ebből az

x = 1

helyettesítéssel nyerhető. Ha előbb

k

-szor deriválunk

x

szerint, és osztunk

k!

-sal, akkor a helyettesítéssel a

\begin{matrix} \sum_{ν = 0}^{ν} (\binom{n}{ν}) (\binom{ν}{k}) = (\binom{n}{k}) \cdot 2^{n - k} \end{matrix}

összefüggésre jutunk.
Így

k = 1

és

k = 2

mellett

\begin{matrix} \sum_{ν = 0}^{n} (\binom{n}{ν}) ν = n \cdot 2^{n - 1} és \sum_{ν = 0}^{n} (\binom{n}{ν}) ν (ν - 1) = n (n - 1) \cdot 2^{n - 2}, \end{matrix}

amikből a feladat állítása már könnyen bizonyítható.

¹Czapáry E. ‐ Gyapjas F. ‐ Horvay K.‐Pálmay L.: Matematika a gimn. és szakközépisk. IV. oszt. számára. Tankönyvkiadó, Budapest, 1968. 243. old. 61. feladat.