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  |  MathML
Témakör(ök):	Függvények, Binomiális együtthatók, Analízis, Határozott integrál, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1997/január: N.124

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: $\begin{array}{c}{\displaystyle f_0\left(x\right)=\frac{1}{x};f_{m+1}\left(x\right)=f_m\left(x\right)-f_m\left(x+1\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Be fogjuk bizonyítani, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle f_m\left(x\right)=\sum _{k=0}^m{\left(-1\right)}^k\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k}\right)}{x+k}=\frac{m!}{x\left(x+1\right)\left(x+2\right)\text{...}\left(x+m\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ (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 $\left(m+1\right)$-re: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle f_{m+1}\left(x\right)=f_m\left(x\right)-f_m\left(x+1\right)=}\\ \hfill {\displaystyle =\left(\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{0}\right)}{x}+\sum _{k=1}^m{\left(-1\right)}^k\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k}\right)}{x+k}\right)-\left(\sum _{k=1}^m{\left(-1\right)}^{k+1}\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k-1}\right)}{x+k}+{\left(-1\right)}^m\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{m}\right)}{x+m+1}\right)=}\\ \hfill {\displaystyle =\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{0}\right)}{x}+\sum _{k=1}^m{\left(-1\right)}^k\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k-1}\right)}{x+k}+{\left(-1\right)}^{m+1}\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{m+1}\right)}{x+m+1}=\sum _{m=0}^{m+1}{\left(-1\right)}^k\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{k}\right)}{x+k}\mathrm{,}}\end{array}}}\end{array}$ illetve $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle f_{m+1}\left(x\right)=f_m\left(x\right)-f_m\left(x+1\right)=}\\ \hfill {\displaystyle =\frac{m!}{x\left(x+1\right)\left(x+2\right)\text{...}\left(x+m\right)}-\frac{m!}{\left(x+1\right)\left(x+2\right)\text{...}\left(x+m+1\right)}=}\\ \hfill {\displaystyle =\frac{m!\left(\left(x+m+1\right)-x\right)}{x\left(x+1\right)\left(x+2\right)\text{...}\left(x+m+1\right)}=\frac{\left(m+1\right)!}{x\left(x+1\right)\left(x+2\right)\text{...}\left(x+m+1\right)}\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$   Megjegyzés. Tetszőleges $f$ függvényre és páronként különböző $x_0$, $x_2$, $\text{...}$, $x_n$ pontokra az $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{f\left(x_0\right)}{\left(x_0-x_1\right)\left(x_0-x_2\right)\text{...}\left(x_0-x_n\right)}+\frac{f\left(x_1\right)}{\left(x_1-x_0\right)\left(x_1-x_2\right)\text{...}\left(x_1-x_n\right)}+\text{...}}\\ \hfill {\displaystyle \text{...}+\frac{f\left(x_n\right)}{\left(x_n-x_0\right)\left(x_n-x_1\right)\text{...}\left(x_n-x_{n-1}\right)}}\end{array}}}\end{array}$ kifejezést az $f$ függvénynek az adott pontokhoz tartozó osztott differenciájának nevezik, és $\left[x_0\mathrm{,}{x}_1\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{x}_n\right]f$-fel jelölik. Ismeretes, hogy ha $f$  $n$-szer differenciálható, akkor létezik olyan $\xi$ szám, amely az $x_0$, $\text{...}$, $x_n$ számok legkisebbike és legnagyobbika közé esik, továbbá $\left[x_0\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{x}_n\right]f=\frac{f^{\left(n\right)}\left(\xi \right)}{n!}$. (Ennek a tételnek speciális esete a Lagrange-középértéktétel.) Ha $f\left(x\right)=\frac{1}{x}$ és $x_k=x+k$, akkor a tétel szerint létezik olyan $x<\xi <x+2n$ szám, amelyre (1) bal és jobb oldalának különbsége éppen $f^{\left(2n\right)}\left(\xi \right)=\frac{\left(2n\right)!}{{\xi }^{2n+1}}$.   II. megoldás. Mivel tetszőleges $\alpha >0$ esetén $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{t}^{\alpha -1}\text{d}t=\frac{1}{\alpha }$, (1) bal és jobb oldalának különbsége: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \sum _{k=0}^{2n}{\left(-1\right)}^k\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{k}\right)}{x+k}}& {\displaystyle =\sum _{k=0}^{2n}{\left(-1\right)}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{k}\right)\underset{0}{\overset{1}{\int }}{t}^{x+k-1}\text{d}t=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{t}^{x-1}\left(\sum _{k=0}^{2n}{\left(-1\right)}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{k}\right)t^k\right)\text{d}t=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\underset{0}{\overset{1}{\int }}{t}^{x-1}{\left(1-x\right)}^{2n}\text{d}t>0.}\hfill \end{array}}}\end{array}$  Terék Zsolt (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o.t.)   Megjegyzés. A $B\left(x\mathrm{,}y\right)=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{t}^{x-1}{\left(1-t\right)}^{y-1}\text{d}t$ függvény neve Euler-féle béta-függvény. Ez az integrál tetszőleges pozitív $x$, $y$-ra létezik. Ha $x$ és $y$ pozitív egészek, akkor $B\left(x\mathrm{,}y\right)=\frac{\left(x-1\right)!\left(y-1\right)!}{\left(x+y-1\right)!}$. Ez lehetőséget ad többek között a binomiális együtthatók definíciójának olyan kiterjesztésére, amikor az argumentumok nem egészek, például definiálható akár $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\pi }{\sqrt[]{2}}\right)$ is.