A B. 5411. feladat (2024. október)

B. 5411. Mutassuk meg, hogy minden \(\displaystyle n\ge 2\) pozitív egész szám esetén

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n^2-1} \left[ \sqrt{k} \right]^2=\frac{(n-1)n(3n^2-n-1)}{6}. \)

Az \(\displaystyle [x]\) az \(\displaystyle x\) valós szám egészrészét jelenti.

Javasolta: Bencze Mihály (Brassó)

(4 pont)

A beküldési határidő 2024. november 11-én LEJÁRT.

Megoldás. A megoldást \(\displaystyle n\)-re vonatkozó indukcióval bizonyítjuk. Ha \(\displaystyle n=2\), akkor az egyenlet mindkét oldalának értéke 3, az állítás teljesül.

Most tegyük fel, hogy \(\displaystyle n\geq 2\)-re már igazoltuk az állítást, és lássuk be \(\displaystyle (n+1)\)-re is. A bal oldalon az új tagok \(\displaystyle k=n^2,n^2+1,\dots,(n+1)^2-1\) értékekhez tartoznak. Ezekre \(\displaystyle [\sqrt k]=n\), így az új tagok mindegyike \(\displaystyle n^2\), számuk \(\displaystyle (n+1)^2-n^2=2n+1\), így összegük \(\displaystyle n^2(2n+1)\). Ezért az indukciós feltevést használva:

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{(n+1)^2-1} \left[ \sqrt{k} \right]^2=\frac{(n-1)n(3n^2-n+1)}{6}+n^2(2n+1)=\frac{n}{6}\cdot(3n^3-4n^2+1+12n^2+6n)=\frac{n(n+1)(3(n+1)^2-(n+1)-1)}{6},\)

amivel az indukciós lépést igazoltuk.

Statisztika:

A B. 5411. feladat értékelése még nem fejeződött be.

A KöMaL 2024. októberi matematika feladatai