Egy feladat és ami róla az eszembe jutott...
A júniusi számban egy olyan algebra feladatot járunk körbe, amely sokféle témakör között teremt kapcsolatot. Bár leggyakrabban a teljes indukció tanítása során találkozunk vele, ismert algebrai átalakításokat felhasználó megoldása is, megközelíthetjük kombinatorikai eszközökkel és rekurzióval is. Cikkemben ezekre a módszerekre több változatot is be fogok mutatni. A feladat többek között a KöMaL 2020. márciusi számában is megjelent a „Gyakorló feladatsor emelt szintű matematika érettségire” cikkben.
A feladat
Bizonyítsuk be, hogy ; ahol
.
Használt összefüggések
A feladat megoldása során a következő ismert algebrai összefüggéseket használom:
![$\displaystyle 1+2+3+\ldots+n=\dfrac{n(n+1)}{2},
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img3.png)
![$\displaystyle 1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6},
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img4.png)
![$\displaystyle 1^2+3^2+5^2+\ldots+(2n-1)^2=\dfrac{n(4n^2-1)}{3}^2.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img5.png)
1. megoldás. Bontsuk fel a kifejezést,
![$\displaystyle k\cdot (k+1)=k^2+k
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img7.png)
alakba és használjuk ezt fel a bal oldal összegezésére!
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
2. megoldás. Bontsuk fel ismét a kifejezést, de most a
![$\displaystyle k \cdot (k+1)=[(k+1)-1]\cdot (k+1) =(k+1)^2-(k+1)
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img15.png)
alakba és használjuk ezt fel a bal oldal összegezésére!
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
3. megoldás. Az ötletet a megoldáshoz ismét a kifejezés adja. Ezt a kifejezést én már láttam, méghozzá a
-ben:
![$\displaystyle (2k+1)^2=4k^2+4k+1=4\cdot k \cdot (k+1)+1.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img23.png)
Tehát
![$\displaystyle k \cdot (k+1) = \dfrac{(2k+1)^2-1}{4}.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img24.png)
Alkalmazva
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
4. megoldás. Az ötletet a megoldáshoz ismét a kifejezés adja. Ezt a kifejezést én már láttam, méghozzá a
-ben:
![$\displaystyle (k+1)^3=k^3+3k^2+3k+1=k^3+1+3\left[k(k+1)\right].
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img32.png)
Tehát
![$\displaystyle k \cdot (k+1)=\dfrac{(k+1)^3-k^3-1}{3}.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img33.png)
Alkalmazva
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
5. megoldás. Az ötletet a megoldáshoz ismét a kifejezés adja. Itt két egymás utáni szám van összeszorozva, de az ezen számok előtti és utáni két szám különbsége
, azaz
. Használjuk ezt:
![]() |
![]() |
![]() |
Ezt az azonosságot alkalmazzuk -től
-ig:
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
|
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
Összeadva a felírt egyenleteket, a jobb oldalon két kifejezés kivételével minden kétszer szerepel, a két kifejezés egymás ellentettje, ezért kapjuk:
![$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3 +\ldots +n\cdot (n+1)=\dfrac{n\cdot (n+1)\cdot (n+2)}{3}-\dfrac{0\cdot 1\cdot 2}{3},
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img57.png)
![$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3 +\ldots +n\cdot (n+1)=\dfrac{n\cdot (n+1)\cdot (n+2)}{3}.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img58.png)
6. megoldás. Az ötletet a megoldáshoz ismét egy kifejezés, a adja. Ezek a bal oldal egymás utáni két tagja.
![$\displaystyle k\cdot (k+1)+(k+1)\cdot (k+2)=(k+1)\cdot\left[k+(k+2)\right]=2\cdot (k+1)^2.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img60.png)
Induljunk ki a bal oldalból, legyen és párosítsunk:
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
Legyen most , ekkor
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
7. megoldás. Ennyi algebra megoldás után nézzünk most valami mást!
Tekintsük a következő feladatot:
Adott különböző magasságú diák, közülük 3 diákot választunk ki. Hányféleképpen tudjuk ezt megtenni?
Adunk rá 2 megoldást.
I. megoldás
Mivel a diákok különbözőek, kiválasztási sorrendjük nem érdekes, 1 diák csak egyszer választható ki, ezért ez egy ismétlés nélküli kombinációs feladat, aminek a megoldása
![$\displaystyle \dbinom{n+2}{3}.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img75.png)
II. megoldás
Állítsuk a diákokat magassági sorrendbe.
A legkisebb diákot tekintve 2 eset van, vagy szerepel a kiválasztottak között, – ez eset – vagy nem.
Ha a legkisebb nem szerepel a kiválasztottak között, akkor vegyük a második legkisebbet. Az ő szemszögéből is most két eset van, vagy szerepel, – ez eset – vagy nem.
és így tovább az utolsó 3 diákig, azaz -ig.
Tehát a lehetséges kiválasztások száma
![$\displaystyle \dbinom{2}{2}+\dbinom{3}{2}+\dbinom{4}{2}+\ldots+\dbinom{n+1}{2}.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img79.png)
Két megoldást is adtunk a feladatra, a végeredmény ugyanaz:
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
8. megoldás. Ismét egy kombinatorikus megoldást adunk.
Tekintsük a következő feladatot, amit a 7. megoldásánál is néztünk:
Adott különböző magasságú diák, közülük 3 diákot választunk ki. Hányféleképpen tudjuk ezt megtenni?
A feladat megoldása.
Mivel a diákok különbözőek, kiválasztási sorrendjük nem érdekes, 1 diák csak egyszer választható ki, ezért ez egy ismétlés nélküli kombinációs feladat, aminek a megoldása
![$\displaystyle \dbinom{n+2}{3}.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img75.png)
Alakítsuk át kifejezésünket, közben használjuk a binomiális együtthatókra igaz képzési szabályt,
![$\displaystyle \dbinom{n+1}{k}=\dbinom{n}{k-1}+\dbinom{n}{k}.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img87.png)
Kiindulunk a kapott végeredményből és a szabályt használva alakítunk:
![]() |
![]() |
![]() |
|
![]() |
|
![]() |
|
![]() |
|
![]() |
Azaz kaptuk, hogy
![$\displaystyle \dbinom{n+2}{3}=\dbinom{n+1}{2}+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n-1}{2}+\ldots+\dbinom{4}{2}+ \dbinom{3}{2}+ \dbinom{2}{2}.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img95.png)
Most alakítsuk a kapott azonosságot a 7. megoldáshoz hasonlóan!
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
9. megoldás. A megoldás a „szokásos”. Teljes indukcióval bizonyítunk!
I. eset
Nézzük meg, hogy teljesül-e a bizonyítandó állítás esetre:
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
A vizsgált esetre teljesül az állítás.
II. eset
Tegyük fel, hogy -ra tejesül, hogy
![$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+k\cdot (k+1) = \dfrac{k\cdot (k+1)\cdot (k+2)}{3}
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img104.png)
III. eset
Nézzük az esetet, induljunk ki a bizonyítandó állítás bal oldalából:
![]() |
![]() |
![]() |
|
![]() |
|
![]() |
Azaz
![$\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+k\cdot (k+1)+(k+1)\cdot (k+2) =\dfrac{(k+1)(k+2)(k+3)}{3},
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img110.png)
és ezt akartuk kapni, tehát a bizonyítás kész.
10. megoldás. És végül nézzünk most egy „kemény” megoldást, kezeljük a feladatot rekurzív módon. Legyen
![$\displaystyle f_n=1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots + n\cdot (n+1)
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img111.png)
egy sorozat eleme. Ekkor rekurzív módon megfogalmazva a feladatot:
![$\displaystyle f_1=1\cdot 2=2;\qquad f_n=f_{n-1}+n\cdot (n+1);\ n\ge 2.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img112.png)
Átírva a sorozatot:
![$\displaystyle f_1=1\cdot 2=2;\qquad n\cdot \dfrac{f_n}{n}=(n-1)\cdot \dfrac{f_{n-1}}{n-1}+n\cdot (n+1);\ n\ge 2.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img113.png)
Vezessünk be új sorozatot: . Ekkor a keresett sorozat
![$\displaystyle g_1=2;\qquad n\cdot g_n=(n-1)\cdot g_{n-1}+n\cdot (n+1).
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img115.png)
A sorozatot keressük
alakban.
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
Ezt használva,
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
rendezve
![$\displaystyle n\cdot h_n=(n-1)\cdot h_{n-1}+ \underbrace{ n^2(1-3a)+n(1+3a-2b)+(-a+b-c)}.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img128.png)
Ha úgy választjuk meg ,
és
értékét, hogy a megjelölt kifejezés nulla minden
értékére, akkor egyszrű lesz a helyettesítés
sorozatra. Mivel a kifejetés másodfokú, ezért ez csak akkor lesz minden értékre nulla, ha az együtthatói nullák, azaz
![\begin{displaymath}
\begin{cases}
1-3a=0\\
1+3a-2b=0\\
-a+b-c=0
\end{case...
...ad \Rightarrow \qquad
a=\dfrac{1}{3};\ b=1;\ c=\dfrac{2}{3},
\end{displaymath}](/images/stories/latex/utonmodon3/img133.png)
![$\displaystyle g_n=h_n+\dfrac{1}{3}n^2+n+\dfrac{2}{3}.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img134.png)
Tehát a sorozatra
![$\displaystyle h_1:=0;\qquad n\cdot h_n=(n-1)\cdot h_{n-1}.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img135.png)
A képzési szabályt felírva:
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
|
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
Visszafelé követve az egyenleteket adódik, hogy
![$\displaystyle n\cdot h_n=0;\qquad \Rightarrow \qquad h_n=0,
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img144.png)
![$\displaystyle g_n=h_n+an^2+bn+c=0+\dfrac{1}{3}n^2+n+\dfrac{2}{3},
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img145.png)
![$\displaystyle \dfrac{f_n}{n}=g_n=\dfrac{1}{3}n^2+n+\dfrac{2}{3},
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img146.png)
![$\displaystyle f_n=\dfrac{n^3+3n^2+2n}{3}=\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img147.png)
Visszacsatolás
Az Úton-módon 1. cikkében levő feladattal kapcsolatban többen is jelezték, hogy az már kitűzésre került a Matematika Tanítása folyóiratban és az 1986 évi 4. számban jelentek is meg megoldások. Az ott szereplő 4 megoldás közül most Róka Sándor megoldását ismertetem az eredeti leírással. Róka Sándor bemutatása – úgy gondolom – nem szükséges, ismeretterjesztő matematikakönyveiről közismert.
Emlékeztetőül a feladat: Az háromszögben
és
. Az
oldal
-n túli meghosszabbításán vegyük fel a
pontot úgy, hogy
teljesüljön. Számítsuk ki az
nagyságát.
Róka Sándor megoldása
Emeljünk az oldalra kifelé
szabályos háromszöget.
Az egybevágó a
-gel, mert
,
és
. Mivel
egyenlő szárú és szárszöge
, így
, tehát
és
. A
szögei tehát:
,
és
.
Az Úton-módon 2. cikkében levő feladattal kapcsolatban is érkezett visszajelzés. A levélíró Laborczi Zoltán, aki a Győri Révai Miklós Gimnáziumban érettségizett 1967-ben és azon évben az IMO csapatnak is tagja volt IV. osztályosként és III. díjat nyert. Most matematikus, nyugdíjas informatikus.
Emlékeztetőül a feladat: Az szabályos háromszög
oldalának felezőpontja
. A
szakasz azon belső pontja a
pont, amelyre az
szög 90 fokos. A
szakasz azon belső pontja az
pont, amelyre a
és a
szakaszok hossza egyenlő. Hány fokos az
szög?
Laborczi Zoltán megoldása
A 4. megoldáshoz hasonlóan tükrözzük az háromszöget a
pontra.
Ekkor a tükörképe
. Az így kapott
négyszög négyzet, hiszen átlói merőlegesek és egyenlő hosszúak. Az
szabályos háromszög tükörképe az
háromszög, szintén szabályos. Az
háromszög egyenlő szárú, amelyben az
így a háromszög alapszögei -osak, tehát
![$\displaystyle AEB'\sphericalangle = 75^\circ.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img185.png)
Az pontnál lévő szögek összege
, így a keresett szög:
![$\displaystyle AEB\sphericalangle = 360^\circ - AEB'\sphericalangle - BEA'\spher...
...- B'EA'\sphericalangle = 360^\circ - 2 \cdot 75^\circ - 60^\circ = 150^\circ.
$](/images/stories/latex/utonmodon3/img187.png)
Zárszó
Kedves Olvasó! Ha egy másik „szép” megoldást talál, kérem, küldje el nekem a Ez az e-mail-cím a szpemrobotok elleni védelem alatt áll. Megtekintéséhez engedélyeznie kell a JavaScript használatát. e-mail címre. Ezeket az újabb megoldásokat összegyűjtve időnként (terveim szerint) szintén megmutatnám.