|
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: | |
Az első szumma értéke az ismert | | (1) | azonosság alapján . A másodikban a -hoz tartozó tag , ha pedig , akkor a tagokat így alakítjuk:
(Kiemeltük a közös, állandó tényezőt, új szummációs betűt vezettünk be, végül ismét alkalmaztuk (1)-et.) Végül, a harmadik szummában hasonlóan ismét -t ad, így (2), valamint , és ismét (2), végül (1) alapján
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 hatványra alkalmazzuk, a összefüggést kapjuk. A megoldásunkban használt (1) azonosság ebből az helyettesítéssel nyerhető. Ha előbb -szor deriválunk szerint, és osztunk -sal, akkor a helyettesítéssel a összefüggésre jutunk. Így és mellett | | amikből a feladat állítása már könnyen bizonyítható. Czapáry E. ‐ Gyapjas F. ‐ Horvay K.‐Pálmay L.: Matematika a gimn. és szakközépisk. IV. oszt. számára. Tankönyvkiadó, Budapest, 1968. 243. old. 61. feladat. |
|