Kezdőlap


Cím:	Csebysev tételéhez vezető feladatok megoldása (befejező rész)
Szerző(k):	László Z.
Füzet:	1951/március, 265 - 267. oldal	PDF \| MathML

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

17. Mutassuk meg, hogy $(\binom{2 n}{n}) ≧ \frac{4^{n}}{2 n}$ .

Megoldás: Igazoljuk állításunkat teljes indukcióval. Az egyenlőtlenségben ha

n = 1

az egyenlőség áll.

(\binom{2}{1 = \frac{4}{2}})

. Tegyük fel, hogy valamilyen

k

értékre már igazoltuk az állítást. Vizsgáljuk meg a következő együtthatót:

\begin{matrix} (\binom{2 (k + 1)}{k + 1}) = \frac{(2 k + 2) (2 k + 1)}{{(k + 1)}^{2}} (\binom{2 k}{k}) = \frac{2 \cdot (2 k + 1)}{k + 1} (\binom{2 k}{k}) = 4 \frac{(2 k + 1)}{2 (k + 1)} (\binom{2 k}{k}) > 4 \cdot \frac{2 k}{2 (k + 1)} \cdot (\binom{2 k}{k}) . \end{matrix}

Így az indukciós feltevés szerint

\begin{matrix} (\binom{2 (k + 1)}{k + 1}) > 4 \cdot \frac{2 k}{2 (k + 1)} (\binom{2 k}{k}) ≧ 4 \cdot \frac{2 k}{2 (k + 1)} \cdot \frac{4^{k}}{2 k} = \frac{4^{} k + 1}{2 (k + 1)}, \end{matrix}

tehát

k + 1

-re is igaz az állítás. Ezzel bizonyítottuk, hogy

n

mindne értékére igaz. ^{$^{*}$} Megoldotta: László Z.

18. Tegyük fel ismét, hogy

n ≧ 100

és hogy

n

és

2 n

között nincs prímszám. Mutassuk meg, hogy akkor

2^{\sqrt[]{2 n}} ≦ {(2 n)}^{\frac{3}{2}}

kellene legyen.

Megoldás: A 16. és 17. feladatból következik, hogy

\begin{matrix} \frac{4^{n}}{2 n} ≦ (\binom{2 n}{n}) ≦ 2^{\sqrt[]{2 n} - 1} \cdot 4^{\frac{2 n}{3}}, ha n ≧ 100. \end{matrix}

2 n \cdot 4^{- \frac{2 n}{3}}

-nal szorozva:

\begin{matrix} 4^{\frac{n}{3}} = 2^{\frac{2 n}{3}} ≦ {(2 n)}^{\frac{\sqrt[]{} 2 n}{2}} . \end{matrix}

\frac{3}{\sqrt[]{2 n}}

-edik hatványra emelve:

\begin{matrix} 2^{\sqrt[]{2 n}} ≦ {(2 n)}^{\frac{3}{2}} . \end{matrix}

Megoldotta: László Z.

19. Mutassuk meg, hogy:
a) ha

u ≧ 4

és

u

egész szám, akkor

2^{u} ≧ 3 (u + 1)

,
b) ha

u ≧ 4

, akkor

2^{u} > 3 u

(akár egész szám az

u

, akár nem),
c) ha

u ≧ 12

, akkor (megint, akár egész szám az

u

, akár nem),

2^{u} ≧ u^{3}

Megoldás: a) Az egyenlőtlenséget teljes indukcióval fogjuk bizonyítani:

u = 4

esetében

2^{4} = 16 > 3 (4 + 1) = 15

. Tegyük fel, hogy

u = n

esetében igaz. Ekkor

2^{n + 1} = 2^{n} + 2^{n} > 3 (n + 1) + 3 (n + 1) ≧ 3 (n + 1) + 3 = 3 [(n + 1) + 1]

.
Tehát igaz

u = n + 1

esetében is.
b) Az éppen bebizonyított egyenlőtlenség szerint, ha

u ≧ 4

\begin{matrix} 2^{u} ≧ 2^{[u]} > 3 ([u] + 1) > 3 u . \end{matrix}

c) Írjuk

u

-t

2^{x}

alakban, akkor a bizonyítandó egyenlőtlenség akkor igaz, ha

\begin{matrix} 2^{2^{x}} > 2^{3 x}, vagyis ha 2^{x} > 3 x, \end{matrix}

ami b) szerint

x ≧ 4

, tehát

u = 2^{4} = 16

-ra teljesül.

u = 12, 13, 14, 15

-re könnyű látni, hogy

\begin{matrix} 2^{u} > {(u + 1)}^{3}, \end{matrix}

s így már

u ≧ 12

-re igaz, hogy

\begin{matrix} 2^{u} ≧ 2^{[u]} > {([u] + 1)}^{3} > u^{3} . \end{matrix}

Megoldotta: László Z.

20. Mutassuk meg, hogy

n ≧ 100

esetén a 18. feladatban szereplő egyenlőtlenség nem állhat.

Megoldás: 19. c) feladat egyenlőtlenségéből

u = \sqrt[]{2 n} > \sqrt[]{200} > 14

helyettesítésével azt nyerjük, hogy

\begin{matrix} 2^{\sqrt[]{2 n}} > {(\sqrt[]{2 n})}^{3} = {(2 n)}^{\frac{3}{2}} . \end{matrix}

Megoldotta: László Z.

21. Mutassuk meg, hogy

n

és

2 n

között (

2 n

-et beleértve) mindig van prímszám; azaz: bizonyítsuk be Csebysev tételét.

Megoldás: A 20. feladat állítása éppen azt tartalmazza, hogy ha Csebysev tétele nem volna igaz

n ≧ 100

esetében, abból ellentmondás következnék.

n ≧ 100

-ra tehát igaznak kell lennie a tételnek.

-től

100

-ig egyszerűen próbálgatással győződhetünk meg a tétel helyességéről.

1

és

2

között van (a fölső határt is beleértve) a

2

;

2

és

4

közt a

3

;

n = 3,4

-re

n

és

2 n

közt van az

5

;

n = 5,6

-ra a

7

;

n = 7

-től

12

-ig a

13

;

n = 13

-tól a

22

-ig a

23

;

23

-tól

42

-ig a

43

;

43

-tól

82

-ig a

83

; végül

n = 83

-tól

100

-ig

n

és

2 n

közt van pl. a

101

törzsszám. Így a tétel

n = 1

-től

100

-ig is fennáll, s így megmutattuk, hogy minden

n

-re igaz.

Megoldotta: László Z.

^{$^{*}$}A binomiális tételen keresztül

4^{n} = 2^{2 n} = {(1 + 1)}^{2 n}

kifejezésből nyerhetünk egy második megoldást.