k n k, k n 2 C n k k=[ n+1 2 ] 1.1. ábra. Pascal háromszög

Átírás

1 Alapfeladato Megoldás A ombináció értelmezése alapján felírhatju, hogy n, n Ha n páros, aor n és n özött veszi fel értéeit Ha n páratlan, aor n, vagyis > n n+, ami azt jelenti, hogy és n özött veszi fel értéeit Vagyis S n : 0 C n n C n [ n+ ] ábra Pascal háromszög Vizsgálju meg ezeet az összegeet az ábrán, vagyis a Pascal háromszögben Tudju, hogy a másodi sorban talalható eleme felírhatóa ombinációént: C 0 C ; a harmadi sor elemei pedig: C 0 C C Vagyis az S n összeget úgy aphatju, hogy az [ n+ ]-edi sor első elemétől indulva mindeg egy sorral fennebb és egyet jobbra lépve összeadom a háromszög elemeit (ahogyan ezt az ()-es ábrán bejelölt vonala mutatjá) Az első pár összeg szintén az ()-es ábrán látható Vegyü észre, hogy eze épp a Fibonacci számo Ez inducióval bizonyítható S F S C + C0 F Az ábra azt is mutatja, hogy egy ilyen egyenes menti számo összegét mindig a ét fölötte levő egyenes menti számo adjá, vagyis S n S n + S n Az (S n ) n sorozat és a Fibonacci sorozat első elemei megegyezne és mindét sorozatot ugyanazzal a reurziós éplettel épezzü, tehát a ét sorozat megegyezi

2 Megjegyzés Az (S n ) n 0 sorozathoz rendeljü hozzá a F(x) n 0S n x n generátorfüggvényt F(x) S n x n n 0 C n x n n n x C n x n n (x(x + )) 0 x x C n x n Tehát az S n meghatározása visszavezetődi az F függvény sorbafejtéséne iszámolására Enne érdeében felírhatju, hogy [ F(x) ] [ ] x x x x x x x x x x x x x, x ahol x és x az x x 0 egyenlet gyöei, vagyis x, ± 5 Ugyanaor az sorbafejtése ismert ( x ), tehát 0 Ebből övetezi, hogy F(x) x x ( S n 5 [ x ( ) x 0 x + ) n+ ( 5 x ( ) ] x 0 x ) n+ 5 Megoldás Első próbálozásént felírhatju az első pár tagot: y 0 y ay 0 + b a + b y a(a + b) + b a + ab + b Azt sejtjü, hogy y n an+ b n+ Ezt a sejtést induvióval bizonyíthatju: a b y 0 ; x

3 ALAPFELADATOK 3 Feltételezzü: Kérdés: Bizonyítás: y n an+ b n+ ; y n+ an+ b n+ ; ( ) a n+ b n+ y n+ a + b n+ an+ ab n+ + ab n+ b n+ an+ b n+ Tehát a sejtésün igazna bizonyult, a sorozat általános tagja: y n an+ b n+ Megjegyzés Teintjü az F(x) n 0y n x n generátorfüggvényt A reurzió alapján írhatju, hogy F(x) + n y n x n + n (ay n + b n )x n + ax n y n x n + n 0 (bx) n Másrészt y n x n F(x) és (bx) n, tehát F(x) Aárcsa bx ( ax)( bx) n n az előbbi feladat esetén (elemi törtere bontun és használju a mértani sor összegét) apju az F(x) a n+ b n+ x n n 0 sorbafejtést, ahonnan ugyanazt az összefüggést apju az általános tagra, mint a sejtés alapján 3 Megjegyzés Látható, hogy az előbbi ét feladat megoldásában a generátorfüggvény használata ugyan több számolást jelentett, de nem volt szüséges megsejteni az eredményt (ráadásul a számoláso egy része azonos a ét feladatban) Ez mutatja, hogy a generátorfüggvénye használata (és a,,snae oil módszer ) nagyon előnyös lehet bonyolultabb összege iszámítása során, amior az eredményt nem sejthetjü meg 3 Megoldás Vizsgálju meg ét polinom szorzatát: ( m )( n ) a i x i b j x j i0 j0 Az is ismert, hogy m+n l0 ( l a b l )x l : a i 0 i > m, b j 0 j > n 0 ( + x) m+n m+n 0 C m+nx ()

4 4 Ugyanaor ( m )( n ) ( + x) m+n ( + x) m ( + x) n Ci m x i Cj n xj Az alapján m+n 0 i0 ( m )( n ) Cm+n x Ci m x i Cj n xj i0 j0 m+n l0 ( l 0 j0 C m Cn l Mivel ét azonos foszámú polinom egyenlő, ezért a megfelelő foszámú tago együtthatói megegyezne, vagyis a ért azonosságot apju 4 Megoldás Jelöljü a eresett elrendezése számát s n -nel Ugyanaor jelölje a n azt a számot, ahány { féle éppen elrendezhetün n almát, úgy, hogy a számu páros legyen, ha n páros; Ez nyílván a n Eze alapján az a 0, ha n páratlan n sorozat generátorfüggvénye F (x) 0 x x Hasonlóan, ha b n -nel jelöljü n banán elrendezéséne a számát, úgy, hogy a számu 5-el osztható legyen, aor enne a sorozatna a generétorfüggvénye F (x) 0 x 5 x 5 Legyen c n n narancs azon elrendezéseine a száma, amior legfeljebb 4 narancsun van Ilyen elrendezés csa az n {0,,, 3, 4} eseteben van, tehát a c n generátorfüggvénye F 3 (x) + x + x + x 3 + x 4 x5 x Végül ha d n -nel jelöljü n örte azon elrendezéseine a számát, amior legfeljebb egy örte van, aor enne a generátor függvénye F 4 + x Adott n esetén a eresett elrendezése a övetezőből állna elő: p alma, q banán, r narancs és n p q r örte Ugyanaor tudju, hogy p db almát a ért feltétele szerint pontosan a p féle éppen lehet elrendezni, q banánt b q éppen, stb Innen apju, hogy az összes elrendezése száma s n a p b q c r d n p q r, vagyis pontosan az F F F 3 F 4 p,q,r 0 szorzatban az x n tag eggyütthatója Tehát Eszerint 0 Tehát s n C n n+ n + F (x)f (x)f 3 (x)f 4 (x) n 0 s n x n ) x l s x x 5 x x 5 x ( + x) ( x) C+x 0

5 ALAPFELADATOK 5 5 Megoldás Rögzített a (0, ) esetén teintjü az x n (f f f)(a) }{{} n sorozatot (ahol x 0 a) Az adott függvényegyenlet alapján írhatju, hogy x n+3 + x n+ + x n+ 6x n 0, n 0 A onstans együtthatójú lineáris reurzió megoldásána reprezentáció-tétele alapján x n c n + c ( 3) n + c 3 ( ) n, n 0 mivel a araterisztius egyenlet r 3 + 4r + r 6 0 és enne a gyöei, 3, Ha c vagy c 3 nem nulla, aor tetszőleges c esetén létezi olyan n N, amelyre c n + c ( 3) n + c 3 ( ) n < 0 és ez ellentmond az f értelmezéséne, tehát c c 3 0 és így x n x 0 vagyis f(a) a Mivel x 0 tetszőleges lehet, a függvényegyenletet csa az f(x) x, x > 0 függvény teljesítheti 6 Megoldás Kiszámítju az a S n ( ) n m Cn m a m m 0 m 0( ) n m Cn m Cm s b s s 0 összeget n függvényében Mivel ebben az összegben s m n az összegzési sorrend felcserélése után írhatju, hogy Ugyanaor ms S n ( ) n 0 ( n n ) ( ) m Cn m Cm s b s () s0 ms n n s ( ) m Cn m Cs m ( ) +s Cn s+ Cs+ s n s ( )s Cn s ( ) Cn s és ez 0 ha n s valamint ( ) n ha s n Emiatt () jobb oldalán csa a b n marad és enne az együtthatója, tehát S n b n minden n 0 esetén 0 4 Megjegyzés Az előbbi bizonyítás nem világít rá a feladat lényegére, nem mutatja meg, hogy esetleg hogyan lehetne rájönni hasonló inverziós formulára Ha rögzített - ra felírju az adott egyenlőséget a 0, a, a esetén, aor egy háromszög alaú lineáris egyenletrendszert apun A bizonyítandó összefüggés gyaorlatilag enne a rendszerne a megoldásait adja meg és ez megapható diret számolással is 7 Megoldás Legyen S n 0C n+ n és F(x) n 0 S n x n a eresett sorozat

6 6 generátorfüggvénye Így F(x) Cn+ (x)n 0 n 0 (x) Cn+ (x)n+ 0 n 0 (x) (x) ( x) + 0 ( ) x x ( x) x 0 x ( x) x ( 4x)( x) 3( 4x) + 3( x) Az F sorbafejtése alapján tehát írhatju, hogy 0 C n+ n n+ + 3 Az előbbi számolásban használtu (p és x x esetén), hogy C p x 0 x p ( x) p+ 8 Megoldás Jelölje T n egy n + oldalú onvex soszög lehetséges felbontásaina számát Teintsü az A A A n+ soszög egy háromszögere bontását Legyen az A A n+ oldalú háromszög harmadi csúcsa A Az A A és A A n+ átló az (n + )-szöget az A A A -szögre, az A A A n+ háromszögre és az A A + A n+ (n + 3)-szögre bontjá Mivel a -szöget T féleéppen, az (n +3)-szöget T n + féleéppen bonthatju fel háromszögere ezért az A A A n+ háromszöget tartalmazó háromszögere bontáso száma T T n +, ahol n + Ha az A A n+ oldalt rögzítjü, aor ülönböző értée esetén a megfelelő felbontáso is ülönböző leszne és minden felbontásban ell léteznie olyan háromszögne, amelyne egyi oldala A A n+, tehát írhatju, hogy vagyis n+ T n T T n + n T n T T n Ha F(x) 0 T x a (T ) 0 sorozat generátorfüggvénye, aor 0 (T 0 + T x + )(T 0 + T x + ) T 0 + (T 0T + T T 0 )x + (T 0 T + T T + T T )x +

7 ALAPFELADATOK 7 vagyis a reurzió alapján F(x) T + x xf(x) T x T Tehát a övetező függvény egyenlethez jutun xf(x) F(x) + 0, ahonnan övetezi, hogy F(x) ± 4x Tehát a további feladatun, hogy sorba x fejtsü a apott függvényt Kezdjü az f(x) 4x Taylor sorba fejtésével a 0-örül f(0) f (x) ( 4x) f (0) f (x) ( 4x) 3 f (0) f (x) 3 3( 4x) 5 f (0) 3 3 f (x) ( 3 ( 3))( 4x) f (0) ( 3 ( 3)) Tehát az f sorbafejtése 4x ( )! ( )!! x ( )!!( )! x C x Innen övetezi, hogy 4x x 0 + C+ + x és T + C+ + 9 Megoldás a) Teintsün ét gyufás satulyát, amelye egyenént m gyufát tartalmazna Jelöljü a dobozoat J-vel és B-vel és tegyü be a J-t a jobb zsebünbe, a B-t a bal zsebünbe Tegyü fel, hogy ha szüségün van egy gyufára, aor anna a valószínűsége, hogy ezt B-ből vesszü p (és anna, hogy J-ből vesszü ( p)) Teintsü továbbá a övetező valószínűségeet: B : amior észrevesszü, hogy a J dobozból az utolsó gyufát vesszü i, aor a B dobozban pontosan gyufa van; J : amior észrevesszü, hogy a B dobozból az utolsó gyufát vesszü i, aor a J dobozban pontosan gyufa van

8 8 Világos, hogy B i B j, J i J j ha i j és B i J j tetszőleges i és j esetén Ugyanaor m (J B ) biztos esemény, tehát Másrészt és m [P(B ) + P(J )] (3) P(B ) ( p) m p m C m m P(J ) p m ( p) m C m m, mivel mindét esetben a (m )-adi gyufa ivételénél észleljü az eseményt és ez előtt (m )-szer húztun az egyi dobozból és (m )-szor a másiból Ha az előbbi ét összefüggést és a 3 egyenlőséget használju, a bizonyítandó egyenlőséghez jutun b) Kiszámítju a övetező összegeet: S ( ) ( [ ] + x ) p + ( p) és S [ m ] [ ] ( ) m Cm m m m xm p + ( p) A ϕ : (, ) R, ϕ (x) ( + x ) függvény Taylor sora a 0 örül c m, x m m alaú, tehát ha az S és S egyenlő, aor azonosítva az x megfelelő hatványaina együtthatóit a ét oldalon a m [ ] c m, p + m ( ) m [ ] ( p) m m Cm m p + (4) ( p) egyenlőséghez jutun Ha (4) mindét oldalát szorozzu p m -nel és aztán p-vel tartun 0- hoz, aor megapju c m,m -et, tehát az előbbi összegeben csa (m ) tag marad Ezután p m -nel szorozzu a m [ ] m c m, p + ( p) ( ) m m m Cm m [ ] p + ( p) egyenlőség mindét oldalát és p-vel tartun 0-hoz Így megapju a c m,m -et stb Ez gyaorlatilag azt jelenti, hogy az {f (p)} m, f : (0, ) R, f (p) p + ( p)

9 ALAPFELADATOK 9 függvénye lineárisan független rendszert alotna és a (4) egyenlőségben is azonosíthatju a megfelelő együtthatóat Eszerint a b) összefüggés bizonyítása teljes, ha igazolju, hogy S S Másrészt a ϕ : (, ) R, ϕ (x) ln( + x) függvény sorbafejtése alapján [ ( ) ( ) ( ) ] + x ) + x ) + Hasonlóan S p ( ) + x ln + p [ ] ln + x p( p) S ( ) m x m m m m m ( ) m x m m m m p m ( p) m m [ ( ) m x m p( p) m C m m ( ln + [ ( ) + p ] m ln [ + p ) + x p ( ) ] p ] x, p( p) ahol használtu az a) alpontot p helyett p/-re c) A bizonyítandó összefüggés bal oldalát jelöljü β -val A b) alpont alapján ϕ (m) (0) ( )m (m )! m (m )! Másrészt a Newton-féle binomiális tétel alapján [( ] (m) [ ] + x ) j j(j ) (j m + ) ( ) ( j)!j! j0! m(x + )j/ m, vagyis!β m ϕ (m) (0) A bizonyítás teljességéhez elégséges észrevenni, hogy β ( /)m (m )! ( )!(m )! ( ) m (m )! (m )!!( )! (5) 0 Megoldás Jelöljü s n -nel az {,, 3,, p} halmaz azon részhalmazaina a számát, amelyben az eleme összege pontosan n és teintsü az G(x) n 0 s n x n függvényt Ëszrevehető, hogy G(x) ( + x)( + x ) ( + x p ) A G függvény G(x) 0s x alaja alapján a ξ cos π p + i sin π p egységgyöre p G(ξ j ) j p s (ξ j ) ( p ) s (ξ j ) 0 0 j j { 0, p p, p

10 0 Tehát ilyen értelemben azt aptu, hogy p j G(ξ j ) p p s Vagyis s p p p G(ξ j ), ami pontosan a feladatban ért szám, vagyis azon részhalmazo száma, amelyeben az eleme összege osztható p-vel Másrészt G(ξ p ) p és j p esetén G(ξ j ) p ( + ξ jv ) v j p ( + ξ v ) ( ) p (( ) p ), v tehát p s p +(p ) p p p + Versenyfeladato Megoldás Teintsü a övetező generátorfüggvényeet: F(x) x a + x a + + x an valamint G(x) x b + x b + + x bn Eor F (x) n x a i + x a i+a j F(x ) + i j i j i x a i+a j és hasonlóan számolható i a G (x) Ezeből az összefüggéseből azt apju, hogy F (x) F(x ) i j x a i+a j ; G (x) G(x ) i j x b i+b j Mivel az a i + a j, i, j n és b i + b j, i, j n összege a feladat szövege szerint ugyanazo írhatju, hogy Az egyenlőséget átcsoportosítju: F (x) F(x ) G (x) G(x ) (F(x) G(x))(F(x) + G(x)) F(x ) G(x ) h(x) : F(x) G(x); p(x) : F(x) + G(x) h(x)p(x) h(x ) (6)

11 VERSENYFELADATOK Az nyilvánvaló, hogy p() n 0 és onnan, hogy h()p() h() természetesen övetezi, hogy h() 0 Ha deriválju az (6) összefüggést, majd x -et helyettesítün és figyelembe vesszü, hogy h() 0, azt apju, hogy h ()p() h () Ebből ismét övetezi, hogy h () 0 Már az előbb láttu, hogy p() n, de ha n, aor biztos a n soha nem lesz ettőhatvány Másrészt még egyszer deriválva az (6) összefüggést és x -ben vizsgálva, valamint figyelembe véve, hogy h() 0, h () 0 övetezi, hogy h () 0 Ezt a gondolatmenetet folytatva indutíven igazolhatju, hogy Vagyis h (r) ()p() r h (r) (); h (i) () 0, i 0, r h (r) ()n r h (r) (); h (i) () 0, i 0, r De feltételeztü, hogy az n nem ettőhatvány, így azt apju, hogy h (i) () 0, i N, innen övetezi, hogy h 0, ami ellentmond anna, hogy az {a, a,,a n } és {b, b,,b n } halmazo ülönböző Tehát a feltételezésün rossz volt, vagyis az n ettőne hatványa ell legyen Megoldás Ugyanazt a módszert használju, mint az 6 feladat esetén esetén 3 Megoldás Teintsü a F j (x) n0 xa(j) n, j generátorfüggvényeet (eze gyaorlatilag a haladványo tagjaiból alotott halmazo araterisztius függvényéne a generátorfüggvényei) A feltétel alapján vagyis Ez alapján azaz (j) F j (x) xa 0 x, j és r j F (x) + F (x) + + F (x) x j lim x x a(j) 0 x r j x (7) j ( x)x a(j) 0 x r j j r j Ugyanaor ha r, r,,r páronént ülönbözne, aor a legnagyobb r j -hez tartozó r j - ed rendű ξ j primitív egységgyö esetén az lim x ξ j j x a(j) 0 x r j ξ j

12 egyenlőséghez jutnán Ez viszont lehetetlen, mert a bal oldalon egy tagna végtelen lenne a határértée és az összes többi tagna (beleértve a jobb oldalt is) véges 4 Megoldás A Snae oil módszert használju az S n 0 C m+ ( ) n+ C + sorozatra, vagyis teintjü a F m (x) S n x n generátorfüggvényt és az összegzési sorrend felcserélésével megpróbálju iszámolni F m (x)-et F m (x) ( ) C m+ ( ) n+ C x n + n 0 0 ( ) C ( ) + x C m+ n+ xn+ 0 n C ( ) + x 0 C ( ) + x 0 x m C ( x) m+ 0 xm ( x) m+ x m ( x) m ( n 0 ( ) Cr m+ x r r x m+ ( x) m++ + ( x ( x) ) ) + 4x ( x) Ez alapján x n együtthatója az F m (x) sorbafejtésében Cn m, tehát a eresett összeg S n Cn m