Feladat: N.124 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bérczi Gergely ,  Braun Gábor ,  Frenkel Péter ,  Gyenes Zoltán ,  Kun Gábor ,  Lippner Gábor ,  Lukács László ,  Mátrai Tamás ,  Naszvadi Péter ,  Pap Gyula ,  Szabó Jácint ,  Terék Zsolt ,  Visontai Mirkó 
Füzet: 1997/május, 292 - 293. oldal  PDF file
Témakör(ök): Függvények, Binomiális együtthatók, Analízis, Határozott integrál, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1997/január: N.124

Bizonyítsuk be, hogy ha n pozitív egész és x>0, akkor
(2n0)x+(2n2)x+2+(2n4)x+4+...+(2n2n)x+2n>(2n1)x+1+(2n3)x+1+(2n5)x+5+...+(2n2n-1)x+2n-1.(5)


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

 
I. megoldás. Definiáljuk a következő függvénysorozatot:
f0(x)=1x;fm+1(x)=fm(x)-fm(x+1).(1)
Be fogjuk bizonyítani, hogy
fm(x)=k=0m(-1)k(mk)x+k=m!x(x+1)(x+2)...(x+m).(1)
Ebből az állítás következik, mert m=2n esetén a bal oldalon (1) bal és jobb oldalának különbsége, a jobb oldalon pedig egy pozitív szám áll.
Ha m=0, akkor állításunk triviális. Másrészt (2) öröklődik m-ről (m+1)-re:
fm+1(x)=fm(x)-fm(x+1)==((m0)x+k=1m(-1)k(mk)x+k)-(k=1m(-1)k+1(mk-1)x+k+(-1)m(mm)x+m+1)==(m+10)x+k=1m(-1)k(mk)+(mk-1)x+k+(-1)m+1(m+1m+1)x+m+1=m=0m+1(-1)k(m+1k)x+k,
illetve
fm+1(x)=fm(x)-fm(x+1)==m!x(x+1)(x+2)...(x+m)-m!(x+1)(x+2)...(x+m+1)==m!((x+m+1)-x)x(x+1)(x+2)...(x+m+1)=(m+1)!x(x+1)(x+2)...(x+m+1).

 
Megjegyzés. Tetszőleges f függvényre és páronként különböző x0, x2, ..., xn pontokra az
f(x0)(x0-x1)(x0-x2)...(x0-xn)+f(x1)(x1-x0)(x1-x2)...(x1-xn)+......+f(xn)(xn-x0)(xn-x1)...(xn-xn-1)
kifejezést az f függvénynek az adott pontokhoz tartozó osztott differenciájának nevezik, és [x0,x1,...,xn]f-fel jelölik. Ismeretes, hogy ha f  n-szer differenciálható, akkor létezik olyan ξ szám, amely az x0, ..., xn számok legkisebbike és legnagyobbika közé esik, továbbá [x0,...,xn]f=f(n)(ξ)n!. (Ennek a tételnek speciális esete a Lagrange-középértéktétel.) Ha f(x)=1x és xk=x+k, akkor a tétel szerint létezik olyan x<ξ<x+2n szám, amelyre (1) bal és jobb oldalának különbsége éppen f(2n)(ξ)=(2n)!ξ2n+1.

 
II. megoldás. Mivel tetszőleges α>0 esetén 01tα-1dt=1α, (1) bal és jobb oldalának különbsége:
k=02n(-1)k(2nk)x+k=k=02n(-1)k(2nk)01tx+k-1dt=01tx-1(k=02n(-1)k(2nk)tk)dt==01tx-1(1-x)2ndt>0.

 Terék Zsolt (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o.t.)

 
Megjegyzés. A B(x,y)=01tx-1(1-t)y-1dt függvény neve Euler-féle béta-függvény. Ez az integrál tetszőleges pozitív x, y-ra létezik. Ha x és y pozitív egészek, akkor B(x,y)=(x-1)!(y-1)!(x+y-1)!. Ez lehetőséget ad többek között a binomiális együtthatók definíciójának olyan kiterjesztésére, amikor az argumentumok nem egészek, például definiálható akár (π2) is.