Page 58 - vol1
P. 58
Ez a módszer a kínai Csebgcsu Tongbian Szuanbao (13. század)
matematikustól származik, és tulajdonképpen azt szemlélteti, hogy
1
+
2
2
3(1 + 2 + ... n 2 ) = ( n n + 1)(n + )
2
Az előbbiekkel rokon ötlet alapján kiszámíthatjuk az első n háromszögszám
összegét is.
13. feladat: Számítsuk ki a
100 101
+
+
+
+
t = H + H + ... H = 1 3 6 ...+ összeget!
100 1 2 100
2
Megoldás: Végezzük el a következő átalakítást, és
figyeljük meg a mellékelt ábrát: 1 1= ; 3 1 2= + ; 6 1 2 3= + +
100 101
; 10 1 2 3 4= + + + ;… = 1 2 3 ... 100
+
+
+
+
2
összegezéssel felírható, hogy:
+
+
+
+
+
t 100 = 100 1 99 2 98 3 ... 2 99 1 100 (**)
Az ábrán a sötét ponttal jelölt rész jelenti n = 4-re a
t4-et a (**) átrendezés szerint. A karikával jelölt rész t4-nek
a kétszeresét jelöli, két azonos típusú háromszögszámot
téglalapszámmá illesztve össze. A (**) alapján az előző ábra
a következő bizonyítást sugallja:
100 101 99 100 2 3 1 2
+
+
+
+
+
+
3 t 100 = (100 1 99 2 98 2 ... 2 99 1 100) 2 + + ...+ + =
2 2 2 2
+
+
+
=
+
+
+
+
+
+
+
+
= 100 (1 101) 99 (2 100) ... 2 (99 3) 1 (100 2) 102 (1 2 3 ... 100) =
+
100 101 102 100 101 102
= . Tehát t = . Hasonlóan bizonyítható, hogy minden
2 100 6
( n n + 1) ( n n + 1)(n + 2)
n pozitív egész szám esetén: 1 3 6 10 ...+ + + + + = , vagyis az
2 6
( n n + 1)(n + 2)
n-edik tetraéderszám képlete: t = .
n
6
14. feladat: Számítsuk ki az 1 + 2 + ... 99 + 100 összeget!
3
3
3
3
+
58
