Feladat: 1315. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Ferenczi Miklós ,  Huhn András ,  Szántó Ottó 
Füzet: 1965/április, 164 - 165. oldal  PDF file
Témakör(ök): Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Bernoulli-féle egyenlőtlenség, Számsorozatok, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/április: 1315. matematika feladat

Mutassuk meg, hogy ha n természetes szám, akkor fennáll a következő egyenlőtlenség:
(n!)3nn(n+1)24.(1)
(Az n! jelkép az 1-től n-ig terjedő természetes számok szorzatát jelenti.)

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

I. megoldás. Minden az állításban szereplő szám pozitív, ezért (1) akkor és csak akkor teljesül, ha a hatványozással és osztással keletkező következő egyenlőtlenség teljesül:

nn(n+1)2n4n(n!)31.(2)
Számítsuk ki a (2) bal oldalán álló Tn törtet n első néhány értékére: T1=1, T2=81/32>2, T3=8,
T4=583383=(5238)352>25,T5=523729=(3223)3352>75.
Ezek tagról tagra növekednek. Nézzük meg, fennáll-e ez továbbra is: számítsuk ki tetszés szerinti két egymás utáni tört hányadosát:
Tn+1Tn=(n+1)n+1(n+2)2(n+1)4n+1((n+1)!)3:nn(n+1)2n4n(n!)3==(n+2)2(n+1)(n!)34(n+1)n-1nn(n!(n+1))3=14(n+2n+1)2(n2+4n+4n2+n)n.


Itt a második tényező 1-nél nagyobb; a harmadikról megmutatjuk, hogy nagyobb mint 4. Ehhez alakítsuk át ezt a tényezőt a következőképpen:
(n2+4n+4n2+n)n=(1+3n+4n2+n)n>(1+3n)n.
Az utolsó n-edik hatványt gondoljuk kiírva, mint n tényező szorzatát. Ha mindegyik tényezőből az első tagot választjuk ki és ezeket szorozzuk össze, 1-et kapunk. Ha egy tényezőből a második tagot választjuk, az összes többiből az elsőt, akkor a szorzat keletkező tagja 3/n lesz. A második tagot választhatjuk vagy az első, vagy a második, s.i.t., vagy az n-edik tényezőből, így n olyan tagot kapunk, amelyiknek az értéke 3/n. A szorzat további tagjai pozitívok, ha tehát ezeket mind elhagyjuk, azzal a szorzatot kisebbítjük. Így ha n>1
(1+3n)n>1+3nn=4.
Ezzel beláttuk, hogy Tn+1/Tn>1, azaz Tn<Tn+1. Így
1=T1<T2<T3<...<Tn<...,
tehát a feladat állítása is helyes.
 Ferenczi Miklós (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. III. o. t.)
 Huhn András (Szeged, Ságvári E. gyak. g. III. o. t.)
 

Megjegyzés. A fenti megoldásban lényegében a következő Bernoulli-féle egyenlőtlenséget bizonyítottuk be és használtuk fel: ha h pozitív, n pedig pozitív egész szám, akkor
(1+h)n1+nh.
(Itt egyenlőség csak n=1-re áll fenn.) Ezt a fentinél kissé ügyesebben alkalmazva azt nyerjük, hogy
Tn+1Tn=14(n+2n+1)(n+2n)n(n+2n+1)n+1==14(n+2n+1)(1+2n)n(1+1n+1)n+1>>14(n+2n+1)(1+n2n)(1+(n+1)1n+1)>32.


Mivel még T2=81/32>(3/2)2, ebből teljes indukcióval könnyen adódik, hogy Tn>(3/2)n, ha n2, vagyis az 1-nél nagyobb n értékekre
(n!)3n<n(n+1)26.

 

II. megoldás. Az állítás így alakítható:
132333...(n-1)3n3n1nn2(n+1)24.
A jobb oldal második tényezője egyenlő az első n természetes szám köbének összegével, így a jobb oldal e köbszámok számtani közepével egyenlő. A bal oldal viszont ugyanezen számok mértani közepe, ezért a pozitív számok mértani és számtani közepe közti ismert egyenlőtlenség alapján n2 esetén kisebb a jobb oldalnál, n=1 esetén pedig a két oldal egyenlő, tehát az állítás igaz.
 Szántó Ottó (Pécs, Zipernovszky K. gépip. t. III. o. t.)