Kezdőlap


Feladat:	890. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Elekes Béla , Hajna János , Megyesi László
Füzet:	1958/november, 118 - 119. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Exponenciális egyenlőtlenségek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1958/március: 890. matematika feladat

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

I. megoldás: Írjuk fel az $n$ számú egymástól különböző pozitív szám mértani és számtani középértékei közti ismert egyenlőtlenséget¹ az $1$ , $2$ , $2^{2}$ , $2^{3}$ , $...$ , $2^{n - 1}$ számokra és fejezzük ki a kapott összegeket zárt alakban a számtani ill. a mértani sor összegképlete alapján:

\begin{matrix} \sqrt[n]{1 \cdot 2 \cdot 2^{2} \cdot ... \cdot 2^{n - 1}} = \sqrt[n]{2^{0 + 1 + 2 + ... + (n - 1)}} = \sqrt[n]{2^{\frac{n (n - 1)}{2}}} = 2^{\frac{n - 1}{2}} < \\ < \frac{1 + 2 + 2^{2} + ... + 2^{n - 1}}{n} = \frac{2^{n} - 1}{n}, \end{matrix}

azaz

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

Innen ‐ mindkét oldalt

n > 1 > 0

-val szorozva, majd

1

-gyel növelve éppen a bizonyítandó egyenlőtlenséget kapjuk.

Elekes Béla (Bp. I., Toldy F. g. III. o. t.)

Megjegyzés: Hasonlóan bizonyítható, hogy az adott egyenlőtlenségben

2

-nek (mint alapnak) bármely

a > 2

számmal való helyettesítésével adódó

\begin{matrix} 1 + n a^{\frac{n - 1}{2}} < a^{n} \end{matrix}

egyenlőtlenség is érvényes minden

n > 1

egész számra; a módosulás csak annyi, hogy az

1 + a + a^{2} + ... + a^{n - 1}

összeg zárt alakjából az

a - 1 > 1

nevezőt elhagyjuk, és evvel a jobb oldal még nagyobbá válik.

Megyesi László (Makó, József A. g. IV. o. t.)

II. megoldás: Az egyenlőtlenség helyes voltát a teljes indukció módszerével bizonyítjuk.

n = 2

és

n = 3

-ra az állítás helyes, mert a helyettesítéssel adódó

1 + 2 \sqrt[]{2} < 4

és

7 < 8

egyenlőtlenségek fennállanak. Feltesszük, hogy

n

helyén valamely

k ≧ 3

számra igaz az állítás:

\begin{matrix} 1 + k \cdot 2^{\frac{k - 1}{2}} < 2^{k}, \end{matrix}

(1)

és bebizonyítjuk, hogy akkor

n

helyén az

1

-gyel nagyobb

k + 1

-gyel is igaz:

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

(2)

A (2) jobb oldalát (1) felhasználásával így alakíthatjuk át:

\begin{matrix} 2^{k + 1} = 2 \cdot 2^{k} > 2 (1 + k \cdot 2^{\frac{k - 1}{2}}) = 2 + k \sqrt[]{2} \cdot 2^{\frac{k}{2}} > 1 + k \sqrt[]{2} \cdot 2^{\frac{k}{2}} . \end{matrix}

(3)

Itt a jobb oldal (2) bal oldalától csak abban tér el, hogy az itteni

k \sqrt[]{2}

szorzó helyén ott

k + 1

áll. Ámde ezek között a

\begin{matrix} k \sqrt[]{2} > k + 1 \end{matrix}

egyenlőtlenség áll, amely a minden

k ≧ 3

-ra érvényes

\begin{matrix} \sqrt[]{2} > 1 + \frac{1}{k} \end{matrix}

egyenlőtlenségnek

k

-val való szorzásával áll elő. Eszerint (3) utolsó tagjában

k \sqrt[]{2}

helyett

k + 1

-et írva az egyenlőtlenség még inkább áll, vagyis (2)valóban helyes.

Hajna János (Pécs, Széchenyi I. g. II. o. t.)

¹Lásd pl. Kürschák-Hajós-Neukomm-Surányi: Matematikai Versenytételek I. rész, Tankönyvkiadó, 1955, 111. o.