Kezdőlap


Feladat:	1966. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 1. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1967/április, 146 - 148. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Teljes indukció módszere, Összefüggések binomiális együtthatókra, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1967/április: 1966. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 1. feladata

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

Tüntessük fel az összeg jele mellett indexben tagjainak számát, így a fenti kifejezés $S_{n} \cdot n = 2$ és $3$ esetén az összeg így alakítható:

\begin{matrix} S_{2} = 1 \cdot 2 \cdot ... \cdot k + 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot k \cdot (k + 1) = 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot k (1 + k + 1) = \\ \frac{2 \cdot 3 \cdot ... \cdot k \cdot (k + 1) (k + 2)}{k + 1}, \\ S_{3} = S_{2} 3 \cdot 4 \cdot ... \cdot k \cdot (k + 1) \cdot (k + 2) = \\ 3 \cdot 4 \cdot ... \cdot (k + 2) \cdot (\frac{2}{k + 1} + 1) = \frac{3 \cdot 4 \cdot ... \cdot (k + 2) \cdot (k + 3)}{k + 1} \end{matrix}

Az utolsó alak számlálója mindkét esetben

k + 1

egymás utáni természetes szám szorzata, első tényezőnek véve az összeg tagjainak számát, a nevező pedig

k + 1

. Ebből azt sejtjük, hogy

\begin{matrix} S_{n} = \frac{n \cdot (n + 1) \cdot ... \cdot (n + k)}{k + 1} . \end{matrix}

(1)

(Könnyű látni, hogy ez

n = 1

esetén is érvényes.) Ezt fogjuk bizonyítani a teljes indukció módszerével.
Tegyük fel, hogy (1) helyes,

n

-nek valamilyen i értékére. Ekkor öröklődik

n = i + 1

-re is, mert

\begin{matrix} S_{i + 1} = S_{i} + (i + 1) \cdot (i + 2) \cdot ... \cdot (i + k) = \\ \frac{i \cdot (i + 1) \cdot ... \cdot (i + k)}{k + 1} + (i + 1) \cdot (i + 2) \cdot ... \cdot (i + k) = \\ (i + 1) \cdot (i + 2) \cdot ... \cdot (i + k) (\frac{i}{k + 1} + 1) = \\ \frac{(i + 1) \cdot (i + 2) \cdot ... \cdot (i + k) (i + k + 1)}{k + 1}, \end{matrix}

tehát (1) helyes minden pozitív egész

n

-re. Másrészt (1)-mint egytagú kifejezés - egyszerűbbnek tekinthető az eredeti, adott alaknál. Ezzel a feladatot megoldottuk.

Megjegyzés. A speciális osztályok matematikai gyakorlatainak anyagában szerepelnek a kombinatorika elemi fogalmai és feladatai. Ezek felhasználásával eredményünket az alábbiak szerint értelmezhetjük.^{$^{*}$}
A talált

\begin{matrix} 1 \cdot 2 \cdot ... \cdot k + 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot k \cdot (k + 1) + ... + n \cdot (n + 1) \cdot ... \cdot (n + k - 1) = \\ \frac{n \cdot (n + 1) \cdot ... \cdot (n + k)}{k + 1} \end{matrix}

egyenlőséget

k!

-sal osztva a bal oldal tagjaiban felismerjük azoknak a

k

-ad osztályú kombinációknak a számát, amelyeket rendre

k

k + 1

...

n + k - 1

(különböző) elemből lehet képezni, a jobb oldalon pedig

n + k

elem

k + 1

-ed osztályú kombinációinak számát. Azt kaptuk tehát, hogy

\begin{matrix} C_{k}^{(k)} + C_{k + 1}^{(k)} + ... + C_{n + k + 1}^{(k)} = C_{n + k}^{k + 1}, \end{matrix}

illetőleg a másik szokásos jelöléssel

\begin{matrix} (\binom{k}{k}) + (\binom{k + 1}{k}) + ... + (\binom{n + k + 1}{k}) = (\binom{n + k}{k + 1}) . \end{matrix}

Gondoljunk konkrétan az

1

2

...

n + k

számokból képezhető

k + 1

-ed osztályú kombinációkra. Igy a bal oldal a kombinációk számát legkisebb számuk szerint csoportokba foglalva adja meg. Az egymás utáni tagok azoknak a kombinációknak a számát adják, amelyeknek legkisebb száma rendre

\begin{matrix} n, n - 1, ..., 1 \end{matrix}

ekkor ugyanis a további k számot a nagyobbakból választjuk minden lehetőség szerint, azok száma pedig rendre

\begin{matrix} k, k + 1, ... n + k - 1. \end{matrix}

n + 1

-et már nem választhatjuk a

k + 1

-ed osztályú kombináció legkisebb számának.
Hasonlóan mondhatjuk, hogy a bal oldal egymás utáni tagjai azoknak a kombinációknak a számát jelentik, amelyek legnagyobb száma rendre

\begin{matrix} k + 1, k + 2, ... k + n . \end{matrix}

^{$^{*}$}Az általános tantervű osztályok tanulói részére ajánljuk: Kürschák J.‐Hajós Gy. ‐Neukomm Gy.‐Surányi J.: Matematikai versenytételek I., 3. kiadás, Tankönyv-kiadó, Budapest, 1965, 26. o.