Kezdőlap


Feladat:	C.262	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bognár László , Maróti Gábor , Takács Kornél
Füzet:	1992/április, 169 - 170. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Számsorok, Teljes indukció módszere, C gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1991/október: C.262

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

Igaz-e, hogy

\begin{matrix} \frac{1}{2} + \frac{2}{2^{2}} + \frac{3}{2^{3}} + ... + \frac{30}{2^{30}} < 2 ? \end{matrix}

(1)

Megoldás. Jelöljük (1) bal oldalán az első

n

tag összegét

S_{n}

-nel, és írjuk fel ennek néhány kezdő értékét a következő alakban:

\begin{matrix} S_{1} & = \frac{1}{2} = 2 - \frac{1 + 2}{2}, \\ S_{2} & = \frac{1}{2} + \frac{2}{2^{2}} = 2 - \frac{2 + 2}{2^{2}}, \\ S_{3} & = \frac{1}{2} + \frac{2}{2^{2}} + \frac{3}{2^{3}} = 2 - \frac{3 + 2}{2^{3}}, \\ ⋮ \end{matrix}

Azt sejtjük, hogy ez általában is igaz, vagyis

S_{n} = 2 - \frac{n + 2}{2^{n}}

. Ezt fogjuk a teljes indukció módszerével igazolni.

n = 1

-re állításunk igaz. Be kell látni, hogy a tulajdonság öröklődik, vagyis abból, hogy

k

-ra igaz, következik

(k + 1)

-re is.

\begin{matrix} S_{k + 1} = S_{k} + \frac{k + 1}{2^{k + 1}} = 2 - \frac{k + 2}{2^{k}} + \frac{k + 1}{2^{k + 1}} = 2 - \frac{2 k + 4 - k - 1}{2^{k + 1}} = 2 - \frac{(k + 1) + 2}{2^{k + 1}} . \end{matrix}

Ezzel beláttuk, hogy állításunk minden

n

természetes számra érvényes; speciálisan

S_{30} = 2 - \frac{32}{2^{31}}

, s ez valóban kisebb

2

-nél.

Takács Kornél (Győr, Pattantyús Á. G. Ip. Szki. II. o. t.) dolgozata alapján

Megjegyzések. 1. A feladatnak többféle megoldása lehetséges. A megoldók egy része az összeget

30

mértani sorozatra bontotta fel, s ezeket összegezte.
2. Volt, aki a törteket

2

-es számrendszerbeli tizedes törtekre írta át, s így végezte az összegzést.
3. Könnyen igazolható az egyenlőtlenségnek egy általánosabb alakja is. Legyenek

n

és

k

természetes számok; ekkor

\begin{matrix} \frac{k}{2} + \frac{k + 1}{2^{2}} + ... + \frac{k + n}{2^{n + 1}} < k + 1. \end{matrix}

Szorozzuk végig az egyenlőtlenséget

2

-vel, és a bal oldalon lévő

k

egészet vonjuk ki; ekkor a jobb oldalon

2 (k + 1) - k = (k + 2)

-t kapjuk. Majd újra

2

-vel végigszorozva és

(k + 1)

-et kivonva, a jobb oldal

k + 3

lesz. Az eljárást folytatva, az

(n + 1)

-edik lépésben a

0 < k + n + 2

egyenlőtlenséghez jutunk, és ez nyilvánvalóan igaz. Mivel végig ekvivalens átalakításokat végeztünk, eredeti egyenlőtlenségünk is igaz.

Bognár László (Budapest, Móricz Zs. Gimn. III. o. t.) dolgozata alapján