Feladat:	B.4452	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Thamó Emese
Füzet:	2013/november, 472 - 473. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Számsorozatok, Teljes indukció módszere
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2012/május: B.4452

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Az egyenlőség jobb oldalán $t$ páratlan kitevőjű hatványai állnak $t^{-\left(2^k-1\right)}$-től $t^{2^k-1}$-ig, mindegyik pontosan egyszer. A bal oldalon lévő $T_1\mathrm{,}{T}_2\mathrm{,}{T}_4\mathrm{,}\text{...}$ számok mindegyike két tagból áll, így összeszorzásukkor a két-két tag közül egy-egy összesen $2^k=2\cdot 2^{k-1}$-féleképpen választható ki, ezért ennyi tag összegét adja. Az összeszorzással előálló $t$-hatványok mindegyike páratlan kitevős, mivel $T_1=\left(t^1+t^{-1}\right)$-ben páratlan, az összes többiben pedig páros mindegyik kitevő.   A keletkező kitevők legkisebbike $-\left(2^k-1\right)$, a legnagyobb pedig $2^k-1$. Az így kapott, páratlan kitevőjű $t$-hatványok páronként különbözők, hiszen az $\mathrm{1,2,4,8,16,32,}\text{...}$ 2-hatványok előjeles összege minden esetben mást ad eredményül. Ugyanis tegyük föl, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{i=0}^{k-1}{e}_i{2}^i=\sum _{i=0}^{k-1}{f}_i{2}^i\mathrm{,}}\end{array}$ ahol az $e_i$ és $f_i$ együtthatók értéke 1 vagy $-1$ lehet. Mivel $2^{k-1}>1+2+\text{...}+2^{k-2}$, a két oldal (közös) előjelét $e_{k-1}$, illetve $f_{k-1}$ előjele határozza meg; ezért $e_{k-1}=f_{k-1}$. Mindkét oldalból kivonva $e_{k-1}{2}^{k-1}=f_{k-1}{2}^{k-1}$-et kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{i=0}^{k-2}{e}_i{2}^i=\sum _{i=0}^{k-2}{f}_i{2}^i\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $i$ szerinti teljes indukcióval adódik, hogy $e_i=f_i$, minden $0\le i\le k-1$-re. A tagok számából és a most bizonyított egyértelműségből következik, hogy a feladat egyenlőségének bal oldala is $T_1+T_3+T_5+\text{...}+T_{2^k-3}+T_{2^k-1}$.