Kezdőlap


Feladat:	177. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1950/október, 208 - 210. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Összefüggések binomiális együtthatókra, Egyenlőtlenségek, Csebisev-tétel, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1948/szeptember: 177. matematika feladat

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

Jelöljük az $\frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n})$ kifejezést $a_{n}$ -nel. Nyilvánvaló (mint azt a Csebysev-tétel 13. feladatának megoldásánál ‐ K. M. L. 1950. 10. 206. oldal ‐ is láttuk), hogyha bizonyos $n$ -re $a_{n} < 1 / 4^{2}$ , illetőleg $a_{n} < 1 / 4^{3}$ , úgy ez minden $n$ -nél nagyobb indexre is igaz, hiszen $a_{n + 1} = \frac{2 n + 1}{2 n + 2} a_{n} < a_{n}$ .
Tehát elég azt a legkisebb $n$ -et keresni, melyre ez igaz. Kérdés, lehet-e egyáltalán $n$ -et olyan nagyra választani, hogy ez teljesüljön. Megmutatjuk, hogy ez lehetséges.

\begin{matrix} a_{n} = \frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) = \frac{1}{4^{n}} \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 ... (2 n)}{1 \cdot 2 \cdot 3 ... n 1 \cdot 2 \cdot 3 ... n} = \frac{1}{2^{n}} \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 ... (2 n - 1)}{1 \cdot 2 \cdot 3 ... n} = \\ = \frac{1}{2} \frac{3}{4} \frac{5}{6} ... \frac{2 n - 1}{2 n} = (1 - \frac{1}{2}) (1 - \frac{1}{4}) (1 - \frac{1}{6}) ... (1 - \frac{1}{2 n}) . \end{matrix}

Mivel

(1 - x) (1 + x) < 1

, így kapjuk, hogy

\begin{matrix} a_{n} < \frac{1}{(1 + \frac{1}{2}) (1 + \frac{1}{4}) (1 + \frac{1}{6}) ... (1 + \frac{1}{2 n})} < \\ < \frac{1}{\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + ... + \frac{1}{2 n}} = \frac{2}{1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{n}} . & (1) \end{matrix}

(A nevezőt ugyanis kisebbítjük azáltal, hogy a zárójelek beszorzásánál a részletszorzatok egyrészét elhagyjuk.)
De tudjuk, hogy az

1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{n}

sor összege tetszőlegesen nagy lehet, ha

n

-et elég nagynak választjuk. Ez azt jelenti, hogy találhatunk olyan küszöbszámot, melytől kezdve

\frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) < \frac{1}{4^{2}}

és olyant is, melytől

\frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) <

< \frac{1}{4^{3}}

, vagyis olyant, amelytől kezdve

(\binom{2 n}{n}) < 4^{n - 2}

ill. olyant, amelytől kezdve

(\binom{2 n}{n}) < 4^{n - 3}

. Ugyanúgy tetszőleges

k

-hoz mindig találni olyan számot, melytől kezdve

(\binom{2 n}{n}) < 4^{n - k}

.
Egy-egy ilyen küszöbszámot meg is tudunk keresni. Olyan

n

-re van szükségünk, melyre (1) nevezőjében szereplő sor összege nagyobb 32-nél, illetve 128-nál. A szokott módon eljárva az

\begin{matrix} 1 + \frac{1}{2} + (\frac{1}{3} + \frac{1}{4}) + (\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8}) + ... + \\ + (\frac{1}{2^{k - 1} + 1} + \frac{1}{2^{k - 1} + 2} + ... + \frac{1}{2^{k}}) \end{matrix}

összeg minden zárójelében 1/2-nél több van, így az összeg nagyobb, mint,

1 + \frac{k}{2}

, vagyis (1) szerint

\begin{matrix} a_{2^{k}} < \frac{4}{2 + k} . \end{matrix}

Így azt kapjuk, hogy

a_{n} < \frac{1}{16}

, azaz

(\binom{2 n}{n}) < 4^{n - 2}

, ha

n > 2^{62}

és

(\binom{2 n}{n}) < 4^{n - 3}

, ha

n > 2^{254}

. Természetesen távolról sem a legkisebb küszöbszámot kaptuk, hisz lényeges elhanyagolásokat tettünk azért, hogy könnyen áttekinthető egyenlőtlenséget nyerhessünk.