Kezdőlap


Feladat:	1260. matematika feladat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Almássy György , Barna Tibor , Bartók A. , Berger Tibor , Bluszt Ernő , Czinczenheim József , Fehér György , Frankl Ottó , Földesi Tamás , Harsányi János , Holzer Pál , ifj. Jankovich I. , ifj. Seidl Gábor , Jakab Károly , Kardos Gy. , Kemény György , Kolostori J. , Komlós János , Mandl Béla , Marosán Zoltán , Mészáros I. , Miklós I. , Nagy Elemér , Oroszhegyi Szabó Lajos. , Pálos Peregrin , Radó T. , Radovics György , Rusznák I. , Schwarz János , Sebestyén Gyula , Somogyi Antal , Szacsvay József , Szerényi László , Szűcsi István , Tarnóczy Loránt , Vajda József , Weisz Alfréd , Zádor Gy.
Füzet:	1937/január, 129 - 130. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Azonosságok, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1936/november: 1260. matematika feladat

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

I. Megoldás.

\begin{matrix} Ha n = 1, \frac{1}{1 \cdot 2} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} . \end{matrix}

\begin{matrix} n = 2 mellett \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{3 \cdot 4} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{2} = \frac{1}{3} + \frac{1}{4} . \end{matrix}

\begin{matrix} n = 3 esetében \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \frac{1}{5 \cdot 6} = \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \frac{1}{6} = \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} - \frac{1}{3} = \end{matrix}

\begin{matrix} = \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} . \end{matrix}

Tegyük fel, hogy a tétel igaz

n

-re, azaz

\begin{matrix} S_{n} \equiv \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \frac{1}{5 \cdot 6} + ... + \frac{1}{(2 n - 1) 2 n} = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \frac{1}{n + 3} + ... + \frac{1}{2 n} . \end{matrix}

Kimutatjuk, hogy a tétel igaz

n + 1

-re is. Ugyanis

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

\begin{matrix} Azonban \frac{1}{2 n + 1} - \frac{1}{2 n + 2} = \frac{1}{2 n + 1} + \frac{1}{2 n + 2} - \frac{1}{n + 1} . \end{matrix}

Ennek tekintetbe vételével, az egyenlet jobboldalán elmarad

\frac{1}{n + 1}

\begin{matrix} és így S_{n + 1} = \frac{1}{n + 2} + \frac{1}{n + 3} + ... + \frac{1}{2 n} + \frac{1}{2 n + 1} + \frac{1}{2 n + 2}, \end{matrix}

azaz

S_{n + 1}

képezésének törvénye megegyezik

S_{n}

törvényével.
Minthogy a tétel igaz, ha

n = 1, 2, 3

, igaz az

n

bármely értéke mellett.

Almássy György (Kegyesrendi g. VIII. o. Veszprém).

II. Megoldás. Minthogy (az előbbiek szerint)

\begin{matrix} \frac{1}{(2 x - 1) 2 x} = \frac{1}{2 x - 1} - \frac{1}{2 x} = \frac{1}{2 x - 1} + \frac{1}{2 x} - \frac{1}{x}, \end{matrix}

a bebizonyítandó egyenlőség baloldala

\begin{matrix} \sum_{1}^{n} (\frac{1}{2 x - 1} + \frac{1}{2 x}) - \sum_{1}^{n} \frac{1}{x} \end{matrix}

alakban írható. Azonban

\begin{matrix} \sum_{1}^{n} (\frac{1}{2 x - 1} + \frac{1}{2 x}) = \sum_{1}^{2 n} \frac{1}{x}, \end{matrix}

mert

\sum_{1}^{n} \frac{1}{2 x - 1}

2 n

-nél kisebb páratlan számok reciprok értékeinek és

\sum_{1}^{n} \frac{1}{2 x}

2 n

-nél nem nagyobb páros számok reciprok értékeinek összege és így a két összeg együttesen az

1

-től

2 n

-ig haladó összes egész számok reciprok értékeinek összege. Eszerint a szóbanforgó összeg valóban

\begin{matrix} \sum_{1}^{2 n} \frac{1}{x} - \sum_{1}^{n} \frac{1}{x} = \sum_{n + 1}^{2 n} \frac{1}{x} = \frac{1}{n + 1} + ... + \frac{1}{2 n} . \end{matrix}

Harsányi János (Ág. ev. g. VIII. o. Bp).