IV OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

IV OM, 1952-1953

Etap:

Ułożono tablicę

$ \begin{array}{rcl} 1 & = & 1 \\ 2 + 3 + 4 & = & 1 + 8 \\ 5 + 6 + 7 + 8 + 9 & = & 8 + 27\\ 10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16 & = & 27 + 64\\ & \ldots & \end{array} $

Napisać taki wzór na $n$ -ty wiersz tablicy, który by przy podstawieniach $n = 1, 2, 3, 4$ dawał powyższe cztery wiersze tablicy i był prawdziwy dla każdego naturalnego $n$ .

Rozwiązanie

Lewe strony wypisanych czterech wierszy tablicy można utworzyć w sposób następujący: W pierwszym wierszu mamy liczbę $1$ , równą $1^2$ ; w drugim wierszu piszemy sumę kolejnych liczb całkowitych od $1^2 + 1$ do $2^2$ ; w trzecim wierszu - sumę kolejnych liczb całkowitych od $2^2 + 1$ do $3^2$ ; wreszcie w czwartym wierszu - sumę kolejnych liczb całkowitych od $3^2 + 1$ do $4^2$ . Postępując w ten sam sposób dalej mielibyśmy w piątym wierszu sumę kolejnych liczb całkowitych od $4^2 + 1$ do $5^2$ , i ogólnie: w $n$ -tym wierszu - sumę kolejnych liczb całkowitych od $(n - 1)^2 + 1$ do $n^2$ . Sumę taką zapisuje się w postaci

$ (1) \qquad \sum_{k=(n-1)^2 + 1}^{k=n^2} k. $

Symbol $\Sigma$ jest grecką literą "sigma wielkie", a zapis powyższy oznacza, że należy zamiast $k$ podstawiać po kolei liczby całkowite od $(n - 1)^2 + 1$ do $n^2$ , a następnie liczby te dodać. W ten sposób dla $n = 1, 2, 3, 4$ otrzymujemy

$ \sum_{k=1}^{k=1} k =1,\ \sum_{k=2}^{k=4} k = 2+3+4,\ \sum_{k=5}^{k=9} k =5+6+7+8+9,\ \sum_{k=10}^{k=16} k =10+11+12+13+14+15+16, $

Wyrażenie (1) możemy przyjąć za lewą stronę $n$ -tego wiersza tablicy.

Po prawej stronie wypisanych wierszy tablicy mamy sumy sześcianów dwóch kolejnych liczb całkowitych, a mianowicie sumy: $0^3 + 1^3$ ; $1^3 + 2^3$ , $2^3 + 3^3$ ; $3^3 + 4^3$ . Są to wartości sumy

$ (2) \qquad (n-1)^3 + n^3, $

gdy $n$ równa się kolejno $1$ , $2$ , $3$ , $4$ . Sumę (2) możemy przyjąć za prawą stronę $n$ -tego wiersza tablicy. Wzór

$ (3) \qquad \sum_{k = (n-1)^2 + 1}^{k = n^2} = (n - 1)^3 + n^3 $

daje dla $n = 1, 2, 3, 4$ wypisane cztery wiersze tablicy.

Należy jeszcze wykazać, że wzór (3) jest prawdziwy dla każdego naturalnego $n$ . Otóż lewa strona równości (3) jest sumą wyrazów postępu arytmetycznego, którego pierwszym wyrazem jest liczba $(n - 1)^2 + 1$ , ostatnim wyrazem - liczba $n^2$ , a ilość wyrazów wynosi $n^2 - (n - 1)^2 = 2n - 1$ . Zatem

$ \sum_{k=(n- 1)^2+1}^{k=n^2} k = \frac{(n - 1)^2 + 1 + n^2}{2} \cdot (2n -1) = (n^2-n+1) (2n - 1) = 2n^3 - 3n^2 + 3n - 1. $

Ponieważ również

$ (n - 1)^3 + n^3 = 2n^3 - 3n^2 + 3n - 1, $

więc istotnie równość (3) jest prawdziwa dla dowolnego naturalnego $n$ .

Uwaga. Myliłby się, kto by sądził, że wzór (3) jest jedynym wzorem typu $f (n) = \varphi (n)$ , który dla $n = 1, 2, 3, 4$ daje równości wymienione w temacie zadania. Mylny byłby również pogląd, że jeżeli jakiś wzór $f (n) = \varphi (n)$ przy podstawieniu $n = 1, 2, 3, 4$ daje cztery równości wymienione w temacie zadania, to dla $n = 5$ musi dać równość

$ 17 + 18 + \ldots + 24 + 25 = 64 + 125. $

Weźmy dla przykładu funkcje:

$ \begin{split} f(n)& = \frac{(n-2) (n- 3)(n-4)(n-5)}{24} \cdot 1 + \\ & - \frac{(n - 1) (n - 3) (n - 4) (n - 5)}{6} \cdot (2+3+4) + \\ & + \frac{(n - 1)(n - 2) (n - 4) (n- 5)}{4} \cdot (5+6 + 7 + 8 + 9) +\\ & - \frac{(n -1)(n - 2) (n - 3) (n - 5)}{6} \cdot(10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16), \end{split} $

$ \begin{split} \varphi(n) & = \frac{(n - 2) (n - 3) (n - 4) (n - 5)}{24} \cdot 1 + \\ & - \frac{(n - 1)(n - 3) (n - 4) (n - 5)}{6} \cdot (1 + 8) +\\ & + \frac{(n - 1) (n - 2) ( n- 4) (n - 5)}{4} \cdot (8 + 27) + \\ & + \frac{(n - 1) (n - 2) (n - 3) (n - 5)}{6} \cdot (27 + 64). \end{split} $

Wówczas równość $f(n) = \varphi (n)$ będzie prawdziwa dla każdej wartości $n$ , przy czym dla $n = 1, 2, 3, 4$ daje właśnie takie równości, jakie są podane w temacie zadania; natomiast dla $n = 5$ wzór ten daje równość $0 = 0$ .