Feladat: F.1683 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bálint László ,  Fejes Gábor ,  Garay Barnabás ,  Hollósy Gábor ,  Molnár József ,  Török István 
Füzet: 1970/szeptember, 14 - 17. oldal  PDF file
Témakör(ök): Algebrai átalakítások, Paraméteres egyenlőtlenségek, Egységtörtes felbontás, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1969/november: F.1683

Bizonyítsuk be, hogy ha n természetes szám, akkor fennáll az alábbi egyenlőtlenség. Bizonyítsuk be ennek felhasználásával, hogy akármilyen szám A, megadható annyi különböző természetes szám, hogy reciprok értékeik összege nagyobb, mint A. Adjunk meg ilyen természetes számokat pl. A=4,5-hez.
1n+1+1n+2+1n+3+...+13n+1>1.(1)

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

I. megoldás. I. Az első állítást a teljes indukció módszerével bizonyítjuk, az (1) bal oldalán álló kifejezést sn-nel jelöljük. n=1 esetén s1=1/2+1/3+1/4=13/12>1, az állítás igaz. Ha mármost k olyan természetes szám, amelyre sk-1>0, akkor k+1 esetében

sk+1-1=(sk-1)-1k+1+13k+2+13(k+1)+13k+4==(sk-1)+13k+2-23(k+1)+13k+4==(sk-1)+(13k+2-13k+3)-(13k+3-13k+4)==(sk-1)+1(3k+2)(3k+3)-1(3k+3)(3k+4)==(sk-1)+13k+3(13k+2-13k+4)>sk-1>0,
mert az elhagyott tag pozitív, vagyis az állítás igaz volta átöröklődik k-ról k+1-re. Ezzel (1)-et igazoltuk.
II. Úgy választjuk meg r-et a
Hr=1+12+13+...+1r
összegben, hogy Hr egy adott A számnál nagyobb legyen. Ez negatív A esetén r=1-re is teljesül. Ha A0, feltehetjük, hogy pozitív egész, mert ha nem az, felkerekítjük a következő pozitív egésszé. Ezután Hr-nek 1 utáni részét A-1 olyan részösszegből állítjuk össze, amilyen (1) bal oldalán áll, az elsőben n-et 1-nek választva. Az így fellépő utolsó tört nevezőjét választjuk r-nek. Ezzel a feladat második állítását lényegében már bebizonyítottuk.
Szemléletesebbé tesszük bizonyításunkat, közelebbről meghatározva az A (pozitív egész) számhoz tartozó r-et.
Hr mondott k-adik szeletében (elsőnek az 1=1/1-et tekintjük) az utolsó tag nevezőjét ak-val jelölve, ez 1-gyel nagyobb, mint az előző szeletbeli megfelelőjének, ak-1-nek 3-szorosa, ennélfogva a szelet utolsó tagjának nevezője
a1=1,ak=3ak-1+1(k=2,3,...).(2)

Eszerint
a2=3+1=32-13-1=4,a3=(32+3)+1=33-12=13,
és a látható ak=(3k-1)/2 szabályszerűséget általában igazolja (2), így az A sorszámú szelet utolsó tagjának nevezője
aA=3A-12=r.(3)

Eddig a határig véve a természetes számok reciprokát, összegük nagyobb A-nál.
Természetesen hasonlóan akkor is kijelölhetnénk elegendő számú természetes számot, ha mondjuk csak az 1000-nél nagyobbak közül választhatnánk.
III. Az előírt A=4,5-et 5-re kerekítve (3) szerint r=121. Ha viszont észrevesszük, hogy A-H2=3, egész szám, akkor (1)-et 3-szor alkalmazva a (2) rekurzív képlet alapján n=2-re, 7-re és 22-re, ezt írhatjuk:
(1+12)+(13+14+...+17)+(18+...+122)+(123+...+167)=H67>4,5.
 

Bálint László (Budapest, Móricz Zs. Gimn., II. o. t.)

*

 
A továbbiakban csak az (1) állításra adunk más bizonyításokat.
 

II. megoldás. (1) bal oldala elölről és hátulról számított k-adik tagjának összege (k=1,2,...,n)

1n+k+13n+2-k=4n+2{2n+1-(n+1-k)}{2n+1+(n+1-k)}==4n+2(2n+1)2-(n+1-k)2>2(2n+1)(2n+1)2=22n+1.(5)



Ilyen pár n van, a középső 1/(2n+1)-nek nem jut pár. Így pedig
sn>n22n+1+12n+1=1,
amit bizonyítanunk kellett.
 

Török István (Esztergom, Hell J. Bányagép. Techn., IV. o. t.)

Molnár József (Baja, III. Béla Gimn., II. o. t.)

 

Megjegyzések. 1. A meggondolás szemléletes megfelelője a következő: az y=1/x görbének az x>0 tartomány fölötti íve (alulról, vagyis a pozitív y tengely irányába nézve) konvex, bármely részívének minden belső pontja alatta van a részív végpontjait összekötő húrnak.
 
 
1. ábra
 

Valóban, az (x1,1x1), (x2,1x2) pontokat összekötő szelő egyenlete (1. ábra):
yh=1x1+1x2-1x1x2-x1(x-x1)=1x1-x-x1x1x2,
és így a húr és a görbe ordinátáinak különbsége az x1 és x2 abszcisszák közti x pontban, vagyis ha 0<x1<x<x2,
yh-1x=(1x1-1x)-x-x1x1x2=(x-x1)(x2-x)xx1x2>0.
Ezt fent az
x1=n+k,x2=3n+2-k,x=x1+x22=2n+1
értékhármas esetében láttuk, (5) ‐ ha 2-vel osztjuk ‐ azt fejezi ki, hogy az x-tengely és az 1/x görbe x1 és x2 abszcisszájú pontjaival meghatározott trapéz középvonala nagyobb, mint a görbének a középvonalon levő pontjához tartozó ordináta.
 

Hollósy Gábor és Garay Barnabás (Sopron, Széchenyi I. Gimn., III. o. t.)
 

2. Hasonló a következő bizonyítás. Egy félkörív 4n+2 egységnyi átmérőjét egységnyi szakaszokra osztva, az n+k és 3n+2-k részekre osztó pontban emelt merőlegesnek a körív alatti szakasza k=1,2,...,n esetén kisebb a középpontban emelt merőleges megfelelő szakaszánál, ami pedig 2n+1; így a szakaszok négyzetére, ismert tétel szerint (2. ábra):
 
 
2. ábra
 

(n+k)(3n+2-k)<(2n+1)2.
Reciprokukat véve és 4n+2-vel szorozva ismét (5)-re jutunk:
(3n+2-k)+(n+k)(n+k)(3n+2-k)=1n+k+13n+2-k>22n+1.

Fejes Gábor (Budapest, Kossuth L. Gimn., IV. o. t.)