ARITMETICKÉ POSLOUPNOSTI s-tého STUPNĚ. Daniela Bittnerová

The Mathematics Education into the 21st Century Project Proceedings of the International Conference The Decidable and the Undecidable in Mathematics Education Brno, Czech Republic, September 2003

ARITMETICKÉ POSLOUPNOSTI s-TÉHO STUPNĚ Daniela Bittnerová

Abstrakt: V článku je ukázáno využití některých vlastností aritmetických posloupností s-tého stupně při řešení určitého typu kombinatorických úloh, zejména geometrických, které lze využít při výuce na střední škole. Klíčová slova: Diference, aritmetická posloupností s-tého stupně, matematická indukce. K obohacení výuky na střední škole je vhodné občas zařadit učivo, pomocí něhož lze studentům ukázat jiný pohled na studovanou problematiku, ukázat vhodný netradiční způsob řešení a snažit se tak, aby studenti získali nad látkou určitý nadhled. Jednou z možností je zavedení aritmetických posloupností s-tého stupně a jejich aplikace při řešení některých kombinatorických úloh. Předpokládáme, že studenti již znají matematickou indukci. Nejprve zavedeme a vysvětlíme pojmy diference a aritmetická posloupnost s-tého stupně. Pomocí matematické indukce lze dokázat jistá užitečná tvrzení, která využijeme například při řešení některých kombinatorických úloh z geometrie.

{ }+∞ . Diferencí prvního řádu členu a

Definice: Nechť je dána číselná posloupnost a n

n =1

i

nazveme rozdíl ∆ ai = ai +1 − ai , i ∈ Ν . 1

Diferenci k-tého řádu ∆k ai členu ai zavedeme rekurentně: ∆1 ai = ai +1 − ai , i ∈ Ν .

(

)

∆k ai = ∆1 ∆k −1 ai , k ∈ N \ {1} .

n

an

1

a1

∆1 a n

∆2 a n

∆3 a n

...

∆1 a1 2

a2

Diferenci k-tého řádu ∆k ai členu ai můžeme také vyjádřit ve tvaru

∆ a1 2

∆ a2

∆3 a1

1

3

a3

4

...

∆2 a 2 ∆1 a3

a4

∆3 a 2 ∆2 a3 ...

∆1 a 4 5 ...

a5

Praktický výpočet je znázorněn v tabulce 1.

... ...

... Tabulka 1

(1)

∆k ai = ∆k −1 ai +1 − ∆k −1 ai ,

kde ∆1 ai = ai +1 − ai , i ∈ Ν , k ∈ N \ {1} .


Jsou-li diference prvního řádu všech členů dané posloupnosti stejné a nenulové, jde zřejmě o aritmetickou posloupnost. Platí-li stejná vlastnost i pro diference vyšších řádů, můžeme tuto definici rozšířit.

{ }+∞ je číselná posloupnost, jejíž všechny diference s-tého řádu, s ∈ Ν ,

Definice: Nechť a n

n =1

jsou nenulové a posloupnost

{ } s

∆ an

+∞ n =1

je konstantní. Pak se tato posloupnost nazývá

aritmetickou posloupností s-tého stupně.

Z definice je patrné, že aritmetická posloupnost je zároveň aritmetickou posloupností prvního stupně. Následující věta vyjadřuje vztah mezi n-tým členem libovolné číselné posloupnosti a diferencemi (n-1)-ního řádu prvního členu této posloupnosti. Tuto větu lze dokázat pomocí matematické indukce. Věta 1: Nechť je dána libovolná číselná posloupnost

{a }+∞ , výrazy n

n =1

∆k a1 jsou diference

k-tého řádu členu a1, , k = 2, 3, ..., n-1, n ∈ Ν . Pak lze její n-tý člen vyjádřit ve tvaru  n − 1 n −1  n − 1 2  n − 1 1  n − 1 ∆ a1 . ∆ a1 + ... +  ∆ a1 +  a1 +  a n =   n − 1  2   1   0 

(2)

Vztah (2) můžeme využít při řešení následujícího příkladu. Podobné příklady jsou řešeny ve středoškolských učebnicích a zařazovány do sbírek. Předpokládá se, že studenti je vyřeší pomocí kombinací. Příklad 1: V rovině leží p bodů, z nichž žádné tři neleží v jedné přímce. Kolik přímek lze těmito body proložit? Řešení: Úloha má smysl pro p ≥ 2 , p ∈ Ν . Vzhledem k využití vztahu (2) můžeme položit n = p – 1. Číslo n pak je větší nebo rovno jedné.

p

n

an

2

1

1

3

2

3

∆1 a n

∆2 a n

∆3 a n

2 1 3 4

3

6

0 1

4 5

4

10

0 1

5 6

5

15

... ...

Ze zadání úlohy snadno vypočteme několik prvních členů posloupnosti, jejíž prvky tvoří počet řešení úlohy pro jednotlivé hodnoty čísla n. Vypočteme také příslušné diference. Pro přehlednost sestavíme tabulku (tabulka 2). Vidíme, že všechny námi dosud vypočtené diference druhého řádu jsou rovny jedné, tedy nenulové a konstantní. Vytvoříme tedy hypotézu, že jde o aritmetickou posloupnost druhého stupně. K výpočtu použijeme vztah (2) z věty 1. V tabulce 2 jsou zvýrazněné hodnoty členu a1 a jeho diferencí, které do vzorce dosadíme.


Tabulka 2 Předpokládáme, že posloupnost řešení tvoří aritmetickou posloupnost druhého stupně. Pak  n − 1  n − 1  n − 1 n(n + 1)  + 2  +   = . a n =  2  0   1   2 

(3)

Hypotézu ověříme matematickou indukcí: 1. Dokážeme, že vztah platí pro n = 1 (dva body, jedna přímka): a1 =

1⋅ 2 =1 2

2. Dokážeme, že pro každé přirozené číslo n platí implikace: Jestliže platí an, pak platí an+1. Nechť platí an. Protože přidáním dalšího bodu k p −1 = n bodům dostaneme dalších p – 1 (n + 1)(n + 2) n(n + 1) přímek, tj. p = n + 1, je a n +1 = a n + n + 1 = + n +1 = , kde za a n jsme 2 2 dosadili podle předpokladu platný vztah (3). Tedy vztah (3) platí pro libovolné přirozené číslo n. Abychom mohli dořešit celou úlohu, musíme si uvědomit, že k určení počtu přímek k ⋅ (k − 1) . procházejícími p body musíme použít vztah (3) pro n o jedničku menší, tj. a k −1 = 2 n ⋅ (n − 1) Počet přímek procházející danými p body je tedy roven . ♦ 2

Příklad 2: V rovině leží p bodů, z nichž tři leží v jedné přímce. Žádné další body kromě těchto tří v téže přímce neleží. Kolik přímek lze těmito body proložit? Řešení: Úloha má smysl pro p ≥ 3 , p ∈ Ν . Položme n = p – 2, n ≥ 1 .

p

n

an

3

1

1

4

2

4

∆1 a n

∆2 a n

∆3 a n

3 1

4 5

3

8

0

1 5

6

4

13

0 1

6 7

5

V tabulce 3 jsou zaznamenány vypočtené členy posloupnosti řešení a několik diferencí. Opět předpokládáme, že posloupnost řešení je aritmetická druhého stupně. Pomocí vztahu (2) vypočteme předpokládané řešení, které indukcí dokážeme. Tedy

19

... ...

Tabulka 3

(4)

 n − 1  n − 1  n − 1 n 2 + 3n − 2  + 3  +   = a n =  . 2  0   1   2 


Ověření hypotézy matematickou indukcí: 1. Dokážeme, že vztah platí pro n = 1 (tři body, jedna přímka): a1 =

1+ 3 − 2 =1 2

2. Dokážeme, že pro každé přirozené číslo n platí implikace: a n ⇒ a n +1 Nechť platí an. Přidáním dalšího bodu k p − 2 = n bodům dostaneme dalších p – 2 přímek, tj. p = n + 2. Pak a n +1 = a n + n + 2 =

n 2 + 3n − 2 n 2 + 5n + 2 , neboť opět +n+2= 2 2

n 2 + 3n − 2 . 2 Splněním obou bodů uzavřeme, že vztah (3) platí pro libovolné přirozené číslo. ( p − 2)2 + 3( p − 2) − 2 = p 2 − p − 4 Pro přirozené číslo číslo p ≥ 3 tedy dostaneme a p = 2 2 2 p − p−4 přímek. ♦ Odpověď: Danými body lze proložit 2

podle předpokladu platí a n =

Další vlastností, kterou můžeme u aritmetických posloupností s-tého stupně zkoumat, je součet jejích prvních n členů.

{ }+∞

Věta 2: Nechť je dána libovolná aritmetická posloupnost a n

n =1

s-tého stupně, s ∈ Ν ,

s ≤ n − 1 . Nechť ∆s a1 jsou diference s-tého řádu členu a1. Pak lze součet s n jejích prvních n členů vyjádřit ve tvaru

(5)

n n n  n  s ∆ a1 . s n =  a1 +  ∆1 a1 +  ∆2 a1 + ... +  1  2  3  s + 1

Důsledek: Pro aritmetickou posloupnost (prvního stupně) speciálně platí (6)

[

]

n n n s n =  a1 +  ∆1 a1 = 2a1 + (n − 1)∆1 a1 . 2 1  2

Důkaz věty 2 lze opět provést matematickou indukcí. Na rozdíl od věty 1 je méně pracný a studenti na střední škole jej jistě zvládnou. Důkaz: 1. Nechť n = 1: Dosazením zřejmě s1 = a1 . 2. Nechť platí s n ze vztahu (5). Pak


n n n  n  s ∆ a1 + a n +1 = s n +1 = s n + a n +1 =  a1 +  ∆1 a1 +  ∆2 a1 + ... +  1  2  3  s + 1  a n +1 vyjádříme pomocí vztahu (2)   n  s n n n  n n ∆ a1 +  a1 +  ∆1 a1 + ... +  ∆n a1 = =  a1 +  ∆1 a1 + ... +   s + 1 0 1 n 1  2 diference pro n > s jsou nulové, protože posloupnost je s-tého stupně a s ≤ n − 1   n   n   n   n   n   n  s  ∆ a1 + 0 = =   +   a1 +   +   ∆1 a1 + ... +   +   0   1   1   2   s   s + 1

pravidlo pro součet dvou komplexních čísel  n + 1 s  n + 1  n + 2 1  n + 3 2 ∆ a1 , a1 +  ∆ a1 +  ∆ a1 + ... +  =  1 + 1 2 3 s         což odpovídá vztahu (5) pro (n+1)-ní člen. Daná implikace tedy platí pro každé přirozené číslo. Z platnosti obou dvou částí důkazu vyplývá i platnost tvrzení věty 2. ♦

Vyjádření součtu prvních n členů aritmetické posloupnosti s-tého stupně pomocí jejích diferencí lze opět užít k výpočtu. Ve výše uvedených příkladech bychom mohli vyjádřit například součty všech přímek až do jisté hodnoty čísla n. Lze jistě vytvořit plno dalších podobných úloh a zařadit je do výuky středoškolské matematiky. Současně s jejich řešením máme vhodnou příležitost se studenty zopakovat matematickou indukci.

Literatura [BBDDH] Bauer, L. – Bittnerová, D. – Dolanský, P.- Dvořáková, E. – Holenda, J.: Matematika pro distanční studium 2. Skripta ZÚ. Plzeň 2001. [CaDu]

Calda, E.- Dupač, V.: Matematika pro gymnázia. Kombinatorika, pravděpodobnost, statistika. Prometheus, Praha 1993

[Br ]

Bryll, G.: Zastosowanie metody kolejnych róžnic do stawiania hipotez induktivnych. Prace naukowe. In: Matematika VII. WSP, Czenstochowa 1999.

Poznámka: Publikováno v rámci výzkumného záměru MSM 24100302 „Diskrétní matematika a její aplikace“.


Adresa autora: RNDr. Daniela Bittnerová, CSc., Hálkova 6, 461 17 Liberec, Česká republika. e-mail: [email protected]

ARITMETICKÉ POSLOUPNOSTI s-tého STUPNĚ. Daniela Bittnerová

Recommend Documents