Kezdőlap


Feladat:	B.3489	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Kevei Péter , Kocsis Albert Tihamér , Rácz Béla András , Sparing Dániel
Füzet:	2002/március, 162 - 165. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Oszthatóság, Binomiális együtthatók, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2001/október: B.3489

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

I. megoldás. A binomiális tétel szerint

\begin{matrix} {(1 + \sqrt[]{3})}^{2 n} = \sum_{i páros}^{} (\binom{2 n}{i}) {(\sqrt[]{3})}^{i} + \sum_{i páratlan}^{} (\binom{2 n}{i}) {(\sqrt[]{3})}^{i}, \end{matrix}

illetve

\begin{matrix} {(1 - \sqrt[]{3})}^{2 n} = \sum_{i páros}^{} (\binom{2 n}{i}) {(\sqrt[]{3})}^{i} - \sum_{i páratlan}^{} (\binom{2 n}{i}) {(\sqrt[]{3})}^{i} . \end{matrix}

A bizonyítandó állításban szereplő összeg így éppen

\begin{matrix} a_{n} = \frac{1}{2} [{(1 + \sqrt[]{3})}^{2 n} + {(1 - \sqrt[]{3})}^{2 n}] . \end{matrix}

Vegyük észre másfelől, hogy

\begin{matrix} {(1 + \sqrt[]{3})}^{2 n} = {[{(1 + \sqrt[]{3})}^{2}]}^{n} = {(4 + 2 \sqrt[]{3})}^{n} = 2^{n} {(2 + \sqrt[]{3})}^{n} \end{matrix}

és ugyanígy

{(1 - \sqrt[]{3})}^{2 n} = 2^{n} {(2 - \sqrt[]{3})}^{n} .

Eszerint

a_{n} = 2^{n - 1} [{(2 + \sqrt[]{3})}^{n} + {(2 - \sqrt[]{3})}^{n}]

, így elegendő igazolnunk, hogy

{(2 + \sqrt[]{3})}^{n} + {(2 - \sqrt[]{3})}^{n}

páros szám.
Ez ismét a binomiális tételből következik: a két kifejtésben a

\sqrt[]{3}

páros kitevőjű hatványait tartalmazó tagok értéke egyenlő, a páratlan kitevőjű hatványokat tartalmazó tagok pedig egymás ellentettjei. Eszerint

\begin{matrix} {(2 + \sqrt[]{3})}^{n} + {(2 - \sqrt[]{3})}^{n} = 2 \sum_{i páros}^{} (\binom{n}{i}) {(\sqrt[]{3})}^{i} 2^{n - i} . \end{matrix}

Mivel

{(\sqrt[]{3})}^{i}

egész, ha

i

páros, ezért

{(2 + \sqrt[]{3})}^{n} + {(2 - \sqrt[]{3})}^{n}

egy egész szám kétszerese, tehát valóban páros.

Kevei Péter (Szeged, Radnóti Miklós Gimn., 12. évf.)

Megjegyzés. A megoldás során valójában az alábbi azonosságot alkalmaztuk két alkalommal:

\begin{matrix} {(a + b)}^{n} + {(a - b)}^{n} = 2 \sum_{i páros}^{} (\binom{n}{i}) b^{i} a^{n - i} . \end{matrix}

II. megoldás. Az első megoldáshoz hasonlóan indulva az alapvető észrevétel ismét az, hogy a feladatban szereplő összeg,

\begin{matrix} a_{n} = (\binom{2 n}{0}) + (\binom{2 n}{2}) 3 + \dots + (\binom{2 n}{2 n}) 3^{n} \end{matrix}

{(1 + \sqrt[]{3})}^{2 n}

binomiális kifejtésének ,,racionális része'',

{(1 + \sqrt[]{3})}^{2 n} = a_{n} + b_{n} \sqrt[]{3},

ahol

b_{n}

is egész szám.
Másfelől

{(1 + \sqrt[]{3})}^{2 n} = {(4 + 2 \sqrt[]{3})}^{n} = 2^{n} {(2 + \sqrt[]{3})}^{n}

. Ismét a binomiális tétel szerint

\begin{matrix} {(2 + \sqrt[]{3})}^{n} = c_{n} + d_{n} \sqrt[]{3}, \end{matrix}

ahol

c_{n}

és

d_{n}

is egész számok. A két kifejtés egyenlőségéből:

\begin{matrix} a_{n} + b_{n} \sqrt[]{3} = 2^{n} \cdot c_{n} + 2^{n} \cdot d_{n} \sqrt[]{3} . \end{matrix}

A bizonyítandó állítás,

2^{n} ∣ a_{n}

, most már következik abból, hogy ha egy valós szám felírható

p + q \sqrt[]{3}

alakban, ahol

p

és

q

racionális számok, akkor ez a felírás egyértelmű. Ekkor ugyanis

a_{n} = 2^{n} c_{n}

, ahol

c_{n}

egész.
Az egyértelműség bizonyításához legyen

p_{1} + q_{1} \sqrt[]{3} = p_{2} + q_{2} \sqrt[]{3}

p_{i}, q_{i} \in Q

. Rendezés után

\begin{matrix} p_{1} - p_{2} = (q_{2} - q_{1}) \sqrt[]{3} . \end{matrix}

q_{1} \neq q_{2}

, akkor a bal oldalon egy racionális, a jobb oldalon pedig egy irracionális szám áll, ami nem lehetséges. Így

q_{1} = q_{2}

és akkor persze

p_{1} = p_{2}

.
Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Sparing Dániel (Budapest, ELTE Radnóti Miklós Gyakorló Gimn., 11. évf.)

Megjegyzések. 1. A feladat állítását sokan teljes indukcióval bizonyították, felhasználva a binomiális együtthatók között fennálló

(\binom{n + 1}{k + 1}) = (\binom{n}{k}) + (\binom{n}{k + 1})

alapvető összefüggést. A bizonyításhoz így szükség volt egy másik oszthatóság kimondására és párhuzamos bizonyítására:

\begin{matrix} 2^{n} | (\binom{2 n}{1}) + (\binom{2 n}{3}) 3 + \dots + (\binom{2 n}{2 i + 1}) 3^{i} + \dots + (\binom{2 n}{2 n - 1}) 3^{n - 1} . \end{matrix}

Kocsis Albert Tihamér (Budapest, Fazekas Mihály Gimnázium, 10. évf.) megoldásából kiderül a két mennyiség közti kapcsolat.
Bevezetve az

a_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{2 n}{2 i}) 3^{i}

és a

b_{n} = \sum_{i = 0}^{n - 1} (\binom{2 n}{2 i + 1}) 3^{i}

mennyiségeket

\begin{matrix} {(1 + \sqrt[]{3})}^{2 n} = a_{n} + b_{n} \sqrt[]{3} \end{matrix}

és a II. megoldásban látottak értelmében ez a felírás egyértelmű.

\begin{matrix} \begin{matrix} {(1 + \sqrt[]{3})}^{2 n + 2} & = {(1 + \sqrt[]{3})}^{2} {(1 + \sqrt[]{3})}^{2 n} = (4 + 2 \sqrt[]{3}) (a_{n} + b_{n} \sqrt[]{3}) = \\ = (4 a_{n} + 6 b_{n}) + (4 b_{n} + 2 a_{n}) \sqrt[]{3} . \end{matrix} \end{matrix}

A hivatkozott egyértelműség miatt

a_{n + 1} = 4 a_{n} + 6 b_{n}

és

b_{n + 1} = 4 b_{n} + 2 a_{n} .

Mivel

{(\sqrt[]{3} + 1)}^{2} = 4 + 2 \sqrt[]{3}

a_{1} = 4

és

b_{1} = 2

, így innen és a kapott rekurziókból teljes indukcióval nyomban adódik, hogy

2^{n} ∣ a_{n}

és a bizonyításhoz ugyancsak szükséges

2^{n} ∣ b_{n}

.
2. Érdekes utat választott Rácz Béla András (Budapest, Fazekas Mihály Gimnázium, 10. évf.). A vizsgált összegnek az I. megoldásból ismert ,,szimmetrikus alakját'' felírva:

\begin{matrix} \sum_{i = 0}^{n} (\binom{2 n}{2 i}) 3^{i} = \frac{{(1 + \sqrt[]{3})}^{2 n} + {(1 - \sqrt[]{3})}^{2 n}}{2} \end{matrix}

bevezette az

\begin{matrix} e_{k} = \frac{{(1 + \sqrt[]{3})}^{k} + {(1 - \sqrt[]{3})}^{k}}{2} \end{matrix}

sorozatot. Maga a sorozat egy másodrendű lineáris rekurzió:

e_{k + 2} = t \cdot e_{k + 1} + s \cdot e_{k}

explicit alakja. Ezt tudva magát a rekurziót is könnyű megtalálni. Az együtthatók:

t = s = 2

és így

\begin{matrix} e_{k + 2} = 2 e_{k + 1} + 2 e_{k} . \end{matrix}

(*)

Mivel

e_{0} = e_{1} = 1

, azért a

(*)

rekurziót felhasználva teljes indukcióval közvetlenül adódik, hogy ha

k \geq 2 m

, akkor

2^{m} ∣ e_{k}

. Ha

k = 2 n = 2 m

, akkor éppen a feladat állítását kapjuk.