Kezdőlap


Feladat:	1973. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Ablonczy Péter , Bacsó Gábor , Geréb Mihály , Kertész Gábor , Kollár János , Koszó Károly , Neumann Attila , Páles Zsolt , Simányi Nándor , Sütő-Nagy László , Szigeti Jenő , Veres Sándor
Füzet:	1974/február, 49 - 51. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Binomiális együtthatók, Összefüggések binomiális együtthatókra, Számtani sorozat, Oszthatóság, Maradékos osztás, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/január: 1973. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata

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

A feladat követelménye szerint a szomszédos binomiális együtthatópárok különbsége egyenlő kell hogy legyen, vagyis a különbségek különbsége $0$ :

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

(1)

Itt feltesszük, hogy

k - 1 \geq 0

és

k + 1 \leq n

, azaz

\begin{matrix} 1 \leq k \leq n - 1. \end{matrix}

(2)

Ha az (1) egyenlőség teljesül ‐ és csak akkor ‐ alkot számtani sorozatot a három binomiális együttható.
Szorozzunk

(k + 1)! (n - k + 1)! / n!

-sal. Ez (2) folytán létezik és pozitív, így (1) akkor és csak akkor teljesül, ha

\begin{matrix} k (k + 1) - 2 (k + 1) (n - k + 1) + (n - k) (n - k + 1) = 0, \\ n^{2} - 4 n k + 4 k^{2} - n - 2 = 0. & (3) \end{matrix}

Eszerint

\begin{matrix} n = {(n - 2 k)}^{2} - 2, \end{matrix}

egy egész szám négyzeténél

2

-vel kisebb:

\begin{matrix} n = u^{2} - 2 \end{matrix}

alakú, ahol

u

természetes szám és itt

u = n - 2 k

vagy

u = 2 k - n

, azaz

\begin{matrix} k = k_{1} = \frac{n - u}{2} = \frac{u^{2} - u}{2} - 1 = (\binom{u}{2}) - 1 \end{matrix}

vagy

\begin{matrix} k = k_{2} = \frac{n + u}{2} = (\binom{u + 1}{2}) - 1. \end{matrix}

Az utolsó alakból látható, hogy

k

-ra egész értéket kapunk.
Itt

u \geq 2

kell hogy legyen, hogy

n

pozitív egésznek adódjék. Az

u = 2

-höz tartozó két

k

értékre azonban (2) első, ill. második egyenlőtlensége nem teljesül.
Ha

u \geq 3

, akkor

\begin{matrix} k_{1} = (\binom{u}{2}) - 1 \geq 1 és k_{1} = \frac{n - u}{2} < n . \end{matrix}

Mivel pedig

k_{1} + k_{2} = n

, és

k_{1} < k_{2}

, így mindkét

k

érték kielégíti

(2)

-t.
A feladat követelményei teljesülésének szükséges és elégséges feltételéből indultunk ki és ekvivalens átalakításokat végeztünk, így azok az

n

k

számpárok felelnek meg, amelyeknél valamilyen 2-nél nagyobb

u

egésszel

\begin{matrix} n = u^{2} - 2 és k = (\binom{u}{2}) - 1 vagy k = (\binom{u + 1}{2}) - 1. \end{matrix}

Megjegyzések. 1. Még az

u = 2

-höz tartozó

k = 0

és

k = 2

érték is elfogadható, ha

(\binom{n}{k})

-n 0-t értünk, amennyiben

k

negatív vagy nagyobb, mint

n

. Ekkor ugyanis a 0, 1, 2, ill. a 2, 1, 0 számtani sorozatot kapjuk. (Egy versenyző azt is megjegyezte, hogy ezzel a megállapodással bármely pozitív egész

n

és

k \leq - 2

, ill.

k \geq n + 2

érték is megfelel.)

2. A könnyen igazolható

\begin{matrix} (\binom{n}{k - 1}) + 2 (\binom{n}{k}) + (\binom{n}{k + 1}) = (\binom{n + 2}{k + 1}) \end{matrix}

összefüggés két oldalából levonva (1) megfelelő oldalait, adódik, hogy a feladat követelménye akkor és csak akkor teljesül, ha

\begin{matrix} 4 (\binom{n}{k}) = (\binom{n + 2}{k + 1}) . \end{matrix}

3. A (3) egyenletet 4-gyel szorozva és

n

szerint egészítve ki teljes négyzetté,

\begin{matrix} 8 k + 9 = {(2 n - 4 k - 1)}^{2} \end{matrix}

adódik, ami páratlan szám négyzete. Ezt

2 v + 1

-gyel jelölve azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} k = \frac{{(2 v + 1)}^{2} - 9}{8} = \frac{v^{2} + v - 2}{2} = (\binom{v + 1}{2}) - 1 \end{matrix}

és

\begin{matrix} 2 n - 4 k - 1 = 2 v + 1 vagy 4 k + 1 - 2 n = 2 v + 1. \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} n = 2 k + v + 1 = v^{2} + 2 v - 1 = {(v + 1)}^{2} - 2 \end{matrix}

vagy

\begin{matrix} n = 2 k - v = v^{2} - 2. \end{matrix}

4. A megoldásban szereplő két

k

értékről leolvasható, hogy minden megengedett

n

értékhez tartozó nagyobbik

k

érték megegyezik a következő szóbajövő

n

értékhez tartozó kisebbik

k

értékkel.
5. Ha azt kérdezzük, alkothat-e háromnál több egymás utáni binomiális együttható számtani sorozatot, igen könnyű látni, hogy tagadó a válasz. Ekkor ugyanis a sorozat első, második és harmadik eleme is meg a második, harmadik és negyedik elem is háromtagú számtani sorozatot alkotna. Azonban a feladat megoldásában kiderült, hogy az egy

n

értékhez tartozó két

k

értéknek szimmetrikusan elhelyezkedő binomiális együtthatók felelnek meg, így a két nyert

3

elemű sorozat egyike növekedő, a másik csökkenő, nem lehetnek ugyanannak a sorozatnak egymás utáni elemei.
6. A számtani sorozatok az olyan sorozatok, amelyeknél a szomszédos elemek különbsége csupa egyező elemből álló sorozat. Hasonlóan vizsgálhatunk olyan sorozatokat ‐ ún. másodrendű számtani sorozatokat ‐, amelyeknél ezek a különbségek alkotnak számtani sorozatot, és hasonlóan értelmezhetők magasabb rendű számtani sorozatok. Felmerül a kérdés: alkothat-e négy egymás utáni binomiális együttható másodrendű számtani sorozatot. A probléma a fentiekhez hasonlóan egy

n

-ben és

k

-ban harmadfokú egyenletre vezet. Található azonban végtelen sok megoldás a következő egyszerű meggondolással: Ha

n

páratlan,

2 u + 1

alakú, akkor az

n

-hez tartozó binomiális együtthatók sorozatának közepén két egyenlő binomiális együttható áll és az ezek előtti és utáni binomiális együtthatók is egyenlők. A

\begin{matrix} (\binom{2 u + 1}{u - 1}), (\binom{2 u + 1}{u}), (\binom{2 u + 1}{u + 1}), (\binom{2 u + 1}{u + 2}) \end{matrix}

számok különbségei tehát

a

, 0,

- a

alakúak, és ez számtani sorozat. Ez arra is vezet, hogy az említett harmadfokú egyenletet könnyű megoldani: a fellépő polinom egy első és egy másodfokú szorzatára bontható, s így már könnyen megtalálhatók a további megoldások.