Előre is bocs, TeX-ben (újra)kezdő vagyok!
Ha bevezetjük az
jelölést, akkor az igazolandó állítás: F(0,c,n)=0, ha c<n. Mi egy kicsit általánosabbat fogunk bizonyítani: F(x,c,n)0 is igaz.
Biz.: Indukcióval.(Ha c,n-t rögzítjük, akkor F egyváltozós -csak x!- függvény.) Valamint a továbbiakban feltesszük, hogy n>c mindig.
F(x,1,2)=x-2(x+1)+(x+2)0, ez rendben. Ezek szerint F(x,1,2) (c,n-t rögzítve) a konstans 0 függvény, és persze -F(x+1,1,2)0 is igaz. Ha kirészletezzük
valamint
Mivel a binomiális együtthatókra igaz, hogy
, emiatt 0F(x,1,2)-F(x+1,1,2)=F(x,1,3) is igaz. (Azért írtam ilyen részletesen, mert az indukció többi lépése ugyanerre az ötletre épül.)
Hasonlóan ha F(x,1,n)0, akkor -F(x+1,1,n)0 és az előzőek szerint F(x,1,n+1)0 is igaz, vagyis c=1-re igaz az állítás.
Másfelől ha F(x,c,n)-t x- szerint deriváljuk, F'(x,c,n)=cF(x,c-1,n). Emiatt, ha F(x,c,n)0, akkor F(x,c+1,n)d valamilyen d számra. Azt kellene látni, hogy feltéve, hogy F(x,n-2,n)0, F(x,n-1,n)d esetén d csak a 0 lehet. Ez pedig a következők miatt igaz: x=-n/2 helyettesítéssel:
itt n akár páros, akár páratlan az első-utolsó, második-utolsó előtti... tagok a szummában egymás ellentettjei (páros n esetén a középső tag egy 0), így összegük: 0. Mivel F(x,n-1,n) konstans volt, csak a konstans 0 lehet. Ezek szerint F(x,1,3)0 miatt F(x,2,3)0 is igaz, innen hasonlóan, mint c=1 esetén F(x,2,n) (n>2) is a konstans 0. Onnan F(x,3,4)0, majd F(x,3,n)0 (n>3) és így tovább... Ezzel az állítást beláttuk.
Melléktermékként kijöttek nekem a következő összefüggések (bizonyítás nélkül):
Ez utóbbi két összefüggés (1.) x=0, valamint (2.) x=-1,0,1 esetén szép összegeket ad, valamint a második összegben c-helyett végtelenig is mehetünk.
Feladat: bizonyítsuk ezt a két utóbbi összeget!
Ui.: Bocs ez egy kicsit szószátyár lett. Hellósztok!
|