Kezdőlap


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

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:

\begin{matrix} \frac{n^{n} {(n + 1)}^{2 n}}{4^{n} {(n!)}^{3}} ≧ 1. \end{matrix}

(2)

Számítsuk ki a (2) bal oldalán álló

T_{n}

törtet

n

első néhány értékére:

T_{1} = 1

T_{2} = 81 / 32 > 2

T_{3} = 8

\begin{matrix} T_{4} = \frac{5^{8}}{3^{3} \cdot 8^{3}} = {(\frac{5^{2}}{3 \cdot 8})}^{3} \cdot 5^{2} > 25, T_{5} = \frac{5^{2} \cdot 3^{7}}{2^{9}} = {(\frac{3^{2}}{2^{3}})}^{3} \cdot 3 \cdot 5^{2} > 75. \end{matrix}

Ezek tagról tagra növekednek. Nézzük meg, fennáll-e ez továbbra is: számítsuk ki tetszés szerinti két egymás utáni tört hányadosát:

\begin{matrix} \frac{T_{n + 1}}{T_{n}} = \frac{{(n + 1)}^{n + 1} {(n + 2)}^{2 (n + 1)}}{4^{n + 1} {((n + 1)!)}^{3}} : \frac{n^{n} {(n + 1)}^{2 n}}{4^{n} {(n!)}^{3}} = \\ = \frac{{(n + 2)}^{2 (n + 1)} {(n!)}^{3}}{4 {(n + 1)}^{n - 1} n^{n} {(n! (n + 1))}^{3}} = \frac{1}{4} {(\frac{n + 2}{n + 1})}^{2} {(\frac{n^{2} + 4 n + 4}{n^{2} + n})}^{n} . \end{matrix}

Itt a második tényező

1

-nél nagyobb; a harmadikról megmutatjuk, hogy nagyobb mint

4

. Ehhez alakítsuk át ezt a tényezőt a következőképpen:

\begin{matrix} {(\frac{n^{2} + 4 n + 4}{n^{2} + n})}^{n} = {(1 + \frac{3 n + 4}{n^{2} + n})}^{n} > {(1 + \frac{3}{n})}^{n} . \end{matrix}

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

\begin{matrix} {(1 + \frac{3}{n})}^{n} > 1 + \frac{3}{n} \cdot n = 4. \end{matrix}

Ezzel beláttuk, hogy

T_{n + 1} / T_{n} > 1

, azaz

T_{n} < T_{n + 1}

. Így

\begin{matrix} 1 = T_{1} < T_{2} < T_{3} < ... < T_{n} < ..., \end{matrix}

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

\begin{matrix} {(1 + h)}^{n} ≧ 1 + n h . \end{matrix}

(Itt egyenlőség csak

n = 1

-re áll fenn.) Ezt a fentinél kissé ügyesebben alkalmazva azt nyerjük, hogy

\begin{matrix} \frac{T_{n + 1}}{T_{n}} = \frac{1}{4} (\frac{n + 2}{n + 1}) {(\frac{n + 2}{n})}^{n} {(\frac{n + 2}{n + 1})}^{n + 1} = \\ = \frac{1}{4} (\frac{n + 2}{n + 1}) {(1 + \frac{2}{n})}^{n} {(1 + \frac{1}{n + 1})}^{n + 1} > \\ > \frac{1}{4} (\frac{n + 2}{n + 1}) (1 + n \cdot \frac{2}{n}) (1 + (n + 1) \frac{1}{n + 1}) > \frac{3}{2} . \end{matrix}

Mivel még

T_{2} = 81 / 32 > {(3 / 2)}^{2}

, ebből teljes indukcióval könnyen adódik, hogy

T_{n} > {(3 / 2)}^{n}

, ha

n ≧ 2

, vagyis az

1

-nél nagyobb

n

értékekre

\begin{matrix} \sqrt[n]{{(n!)}^{3}} < \frac{n {(n + 1)}^{2}}{6} . \end{matrix}

II. megoldás. Az állítás így alakítható:

\begin{matrix} \sqrt[n]{1^{3} \cdot 2^{3} \cdot 3^{3} ... {(n - 1)}^{3} \cdot n^{3}} ≦ \frac{1}{n} \cdot \frac{n^{2} {(n + 1)}^{2}}{4} . \end{matrix}

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

n ≧ 2

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.)