Kezdőlap


Feladat:	383. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Kántor S. , Reichlin V. , Zatykó L.
Füzet:	1952/november, 89 - 91. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Logaritmusos egyenlőtlenségek, Számsorozatok, "e" szám közelítő kiszámítása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1951/december: 383. matematika feladat

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

Alakítsuk a kérdéses kifejezéseket a következőképpen:

\begin{matrix} lg {(1 + \frac{1}{n})}^{n} = n lg (1 + \frac{1}{n}) = \frac{lg (1 + \frac{1}{n})}{\frac{1}{n}} = \frac{lg (1 + \frac{1}{n}) - lg 1}{(1 + \frac{1}{n}) - 1}, \\ lg {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1} = (n + 1) lg \frac{n + 1}{n} = \frac{- lg (\frac{n}{n + 1})}{\frac{1}{n + 1}} = \frac{lg 1 - lg \frac{n}{n + 1}}{1 - \frac{n}{n + 1}} . \end{matrix}

Miután

lg x

alulról konkáv függvény, így a 382. feladatban szereplő egyenlőtlenségek¹

,, <,,

jel helyett

,, >,,

-bal érvényesek. Alkalmazzuk

(a)

-t

\begin{matrix} x_{1} = 1, x_{2} = 1 + \frac{1}{n + 1}, x_{3} = 1 + \frac{1}{n} -nel : \\ \frac{lg (1 + \frac{1}{n + 1}) - lg 1}{(1 + \frac{1}{n + 1}) - 1} > \frac{lg (1 + \frac{1}{n}) - lg 1}{(1 + \frac{1}{n}) - 1} \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} lg {(1 + \frac{1}{n + 1})}^{n + 1} > lg {(1 + \frac{1}{n})}^{n}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} a_{n + 1} = {(1 + \frac{1}{n + 1})}^{n + 1} > {(1 + \frac{1}{n})}^{n} = a_{n} . \end{matrix}

Másrészt

x_{1} = 1 - \frac{1}{n} = \frac{n - 1}{n}

x_{2} = 1 - \frac{1}{n + 1} = \frac{n}{n + 1}

x_{3} = 1

-re a

(b)

megfelelőjét alkalmazva

\begin{matrix} n lg (\frac{n}{n - 1}) = \frac{lg 1 - lg \frac{n - 1}{n}}{1 - \frac{n - 1}{n}} > \frac{lg 1 - lg \frac{n}{n + 1}}{1 - \frac{n}{n + 1}} = (n + 1) lg \frac{n + 1}{n} \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} lg {(1 + \frac{1}{n - 1})}^{n} > lg {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} b_{n - 1} = {(1 + \frac{1}{n - 1})}^{n} > {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1} = b_{n}, \end{matrix}

végül nyilvánvaló, hogy

\begin{matrix} a_{n} = {(1 + \frac{1}{n})}^{n} < {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1} = b_{n} . \end{matrix}

Ha most

a_{k}

és

b_{l}

a két sorozat egy‐egy tetszés szerinti eleme, akkor válasszunk egy

m

számot, mely sem

k

-nál, sem

l

-nél nem kisebb. A bebizonyított egyenlőtlenségek szerint

\begin{matrix} a_{k} ≦ a_{m} < b_{m} ≦ b_{l}, \end{matrix}

tehát az

a

-k sorozatának minden eleme kisebb a

b

-k sorozatának bármely eleménél.
Ha

x

nem csak egész értékeket vehet fel, akkor is egyrészt ha

1 < ξ_{1} < ξ_{2}

, az

(a)

egyenlőtlenség megfelelőjét

x_{1} = 1

x_{2} = 1 + \frac{1}{ξ_{2}}

x_{3} = 1 + \frac{1}{ξ_{1}}

-re alkalmazva

\begin{matrix} lg {(1 + \frac{1}{ξ_{2}})}^{ξ_{2}} = \frac{lg (1 + \frac{1}{ξ_{2}}) - lg 1}{(1 + \frac{1}{ξ_{2}}) - 1} > \frac{lg (1 + \frac{1}{ξ_{1}}) - lg 1}{(1 + \frac{1}{ξ_{1}}) - 1} = lg {(1 + \frac{1}{ξ_{1}})}^{ξ_{1}}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} {(1 + \frac{1}{ξ_{1}})}^{ξ_{1}} < {(1 + \frac{1}{ξ_{2}})}^{ξ_{2}}; \end{matrix}

másrészt, ha

0 < ξ_{1} < ξ_{2} < 1

, akkor

x_{1} = 1 - \frac{1}{ξ_{1}}

x_{2} = 1 - \frac{1}{ξ_{2}}

x_{3} = 1

-re

(b)

megfelelőjét alkalmazzuk, ekkor

\begin{matrix} lg {(1 - \frac{1}{ξ_{1}})}^{- ξ_{1}} = \frac{lg 1 - lg (1 - \frac{1}{ξ_{1}})}{1 - (1 - \frac{1}{ξ_{1}})} > \frac{lg 1 - lg (1 - \frac{1}{ξ_{2}})}{1 - (1 - \frac{1}{ξ_{2}})} = lg {(1 - \frac{1}{ξ_{2}})}^{- ξ_{2}}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} {(1 + \frac{1}{- ξ_{1}})}^{- ξ_{1}} > {(1 + \frac{1}{- ξ_{2}})}^{- ξ_{2}} . \end{matrix}

Egyenlőtlenségeink azt fejezik ki, hogy

{(1 + \frac{1}{x})}^{x}

x

monoton növekedő függvénye.

¹Lásd IV. k. 3. sz. 66. old.