Feladat:	B.4672	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Szőke Tamás
Füzet:	2015/április, 224 - 225. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Különleges függvények, Teljes indukció módszere
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2014/december: B.4672

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Válasszuk meg $f\left(1\right)$ értékét tetszőleges, 0-tól különböző valós számnak (egyébként a lépések során 0-val osztanánk): legyen $f\left(1\right)=a$, ahol $a\ne 0$. Az összefüggés alapján kiszámolhatjuk $f$ első néhány értékét: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle f\left(1\right)=a\mathrm{,}f\left(2\right)=\left(p+1\right)\cdot a\mathrm{,}f\left(3\right)=\frac{\left(p+1\right)\left(p+2\right)}{2}\cdot a\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle f\left(4\right)=\frac{\left(p+1\right)\left(p+2\right)\left(p+3\right)}{6}\cdot a\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ezek alapján azt sejtjük, hogy ha $n\ge 2$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(n\right)=\frac{\left(p+1\right)\left(p+2\right)\text{...}\left(p+n-1\right)}{\left(n-1\right)!}\cdot a=\frac{\left(p+n-1\right)!}{p!\left(n-1\right)!}\cdot a=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+n-1}{p}\right)a\mathrm{.}}\end{array}$ Ezt teljes indukcióval bizonyítjuk. Láthattuk, hogy $n=\mathrm{2,3,4}$-re igaz. Tegyük fel, hogy $n$-ig igaz, és bizonyítsunk $n+1$-re. Feltételünk szerint: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{p}{f\left(1\right)+f\left(2\right)+\text{...}+f\left(n\right)}=\frac{p+1}{f\left(n\right)}-\frac{p+1}{f\left(n+1\right)}\mathrm{,}}\end{array}$ ebbe írjuk be az indukciós feltevésünket ($f\left(1\right)$-et $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{p}\right)a$-ként írva): $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{p}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{p}\right)a+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+1}{p}\right)a+\text{...}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+n-1}{p}\right)a}=\frac{p+1}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+n-1}{p}\right)a}-\frac{p+1}{f\left(n+1\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ Alkalmazzuk az ismert $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{p}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+1}{p}\right)+\text{...}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+n-1}{p}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+n}{p+1}\right)}\end{array}$ összefüggést: Ezt beírva: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle \frac{p}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+n}{p+1}\right)a}}& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle \frac{p+1}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+n-1}{p}\right)a}-\frac{p+1}{f\left(n+1\right)}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \frac{p+1}{f\left(n+1\right)}}& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle \frac{p+1}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+n-1}{p}\right)a}-\frac{p}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+n}{p+1}\right)a}=\frac{\left(p+1\right)p!\left(n-1\right)!}{\left(p+n-1\right)!a}-\frac{p\left(p+1\right)!\left(n-1\right)!}{\left(p+n\right)!a}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle \frac{\left(p+n\right)\left(p+1\right)!\left(n-1\right)!-p\left(p+1\right)!\left(n-1\right)!}{\left(p+n\right)!a}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle \frac{n\left(p+1\right)!\left(n-1\right)!}{\left(p+n\right)!a}=\frac{\left(p+1\right)!n!}{\left(p+n\right)!a}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle f\left(n+1\right)}& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle a\frac{\left(p+n\right)!}{p!n!}=a\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+n}{p}\right)\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ és éppen ezt akartuk belátni. Ezzel indukciós bizonyításunkat befejeztük. Könnyen látható behelyettesítéssel, de előbbi bizonyításunkból is látszik, hogy a felírt alakú függvények valóban ki is elégítik minden $n$-re az összefüggést. Így tehát pontosan a következő függvények megfelelők: $f\left(n\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+n-1}{p}\right)a$, ahol $a$ tetszőleges nemnulla valós szám.