A B. 4672. feladat (2014. december)

B. 4672. Határozzuk meg az összes olyan pozitív egész számokon értelmezett, valós értékeket felvevő \(\displaystyle f\) függvényt, amelyre tetszőleges \(\displaystyle n\) pozitív egész esetén teljesül, hogy

\(\displaystyle \frac{p}{f(1)+f(2)+\ldots +f(n)}=\frac{p+1}{f(n)}-\frac{p+1}{f(n+1)}, \)

ahol \(\displaystyle p\) rögzített pozitív szám.

Javasolta: Kovács Béla (Szatmárnémeti)

(5 pont)

A beküldési határidő 2015. január 12-én LEJÁRT.

Megoldási ötlet: Teljes indukció.

Megoldás. Válasszuk meg \(\displaystyle f(1)\) értékét tetszőleges, 0-tól különböző valós számnak (egyébként a lépések során 0-val osztanánk): legyen \(\displaystyle f(1)=a\), ahol \(\displaystyle a\neq 0\). Az összefüggés alapján kiszámolhatjuk \(\displaystyle f\) első néhány értékét:

\(\displaystyle f(1)=a, \quad f(2)=(p+1)\cdot a, \quad f(3)=\frac{(p+1)(p+2)}{2}\cdot a,\)

\(\displaystyle f(4)=\frac{(p+1)(p+2)(p+3)}{6}\cdot a.\)

Ezek alapján azt sejtjük, hogy ha \(\displaystyle n\ge 2\), akkor

\(\displaystyle f(n)=\frac{(p+1)(p+2)\ldots (p+n-1)}{(n-1)!}\cdot a=\frac{(p+n-1)!}{p!(n-1)!}\cdot a=\binom{p+n-1}{p}a. \)

Ezt teljes indukcióval bizonyítjuk. Láthattuk, hogy \(\displaystyle n=2, 3, 4\)-re igaz. Tegyük fel, hogy \(\displaystyle n\)-ig igaz, és bizonyítsunk \(\displaystyle n+1\)-re. Feltételünk szerint:

\(\displaystyle \frac{p}{f(1)+f(2)+\ldots +f(n)}=\frac{p+1}{f(n)}-\frac{p+1}{f(n+1)}, \)

ebbe írjuk be az indukciós feltevésünket (\(\displaystyle f(1)\)-et \(\displaystyle \binom{p}{p}a\)-ként írva):

\(\displaystyle \frac{p}{\binom{p}{p}a+\binom{p+1}{p}a+ \ldots +\binom{p+n-1}{p}a} =\frac{p+1}{\binom{p+n-1}{p}a}-\frac{p+1}{f(n+1)}. \)

Alkalmazzuk az ismert

\(\displaystyle \binom{p}{p} +\binom{p+1}{p}+\ldots +\binom{p+n-1}{p}=\binom{p+n}{p+1} \)

összefüggést: Ezt beírva:

\(\displaystyle \frac{p}{\binom{p+n}{p+1}a} = \frac{p+1}{\binom{p+n-1}{p}a}-\frac{p+1}{f(n+1)},\)

\(\displaystyle \frac{p+1}{f(n+1)} = \frac{p+1}{\binom{p+n-1}{p}a}-\frac{p}{\binom{p+n}{p+1}a}= \frac{(p+1)p!(n-1)!}{(p+n-1)!a}-\frac{p(p+1)!(n-1)!}{(p+n)!a}=\)

\(\displaystyle = \frac{(p+n)(p+1)!(n-1)!-p(p+1)!(n-1)!}{(p+n)!a}=\)

\(\displaystyle = \frac{n(p+1)!(n-1)!}{(p+n)!a}= \frac{(p+1)!n!}{(p+n)!a},\)

\(\displaystyle f(n+1) = a\frac{(p+n)!}{p!n!}=a\binom{p+n}{p},\)

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 \(\displaystyle n\)-re az összefüggést.

Így tehát pontosan a következő függvények megfelelők: \(\displaystyle f(n)=\binom{p+n-1}{p}a\), ahol \(\displaystyle a\) tetszőleges nemnulla valós szám.

Szőke Tamás (Miskolc, Földes F. Gimn., 12. évf.)

Statisztika:

52 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Andó Angelika, Baran Zsuzsanna, Bereczki Zoltán, Cseh Kristóf, Csépai András, Döbröntei Dávid Bence, Gáspár Attila, Hraboczki Attila Márton, Kocsis Júlia, Kosztolányi Kata, Kovács 246 Benedek, Kovács Péter Tamás, Lajkó Kálmán, Leitereg Miklós, Mócsy Miklós, Molnár-Sáska Zoltán, Nagy-György Pál, Nagy-György Zoltán, Németh 123 Balázs, Páli Petra, Porupsánszki István, Schrettner Bálint, Schwarcz Tamás, Szebellédi Márton, Szécsényi Nándor, Szőke Tamás, Tompa Tamás Lajos, Varga Rudolf, Várkonyi Dorka, Wei Cong Wu, Williams Kada.
4 pontot kapott:	Andi Gabriel Brojbeanu, Barabás Ábel, Dobák Dávid, Fekete Panna, Gera Dóra, Hansel Soma, Horváth Péter, Katona Dániel, Kerekes Anna, Nagy Kartal, Öreg Botond, Sal Kristóf, Schefler Barna, Szabó 157 Dániel, Vágó Ákos, Varga-Umbrich Eszter, Zsakó Ágnes.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	2 versenyző.

A KöMaL 2014. decemberi matematika feladatai