Kezdőlap


Feladat:	F.1781	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1972/március, 110 - 112. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szorzat, hatványozás azonosságai, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/szeptember: F.1781

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

A kettős egyenlőtlenség közepén álló $Q_{n}$ hányados írható $n$ számú, $\frac{2 k - 1}{2 k}$ alakú hányados szorzataként, ahol $k = 1,2, ..., n$ .

1. Írjunk

Q_{n}

k

-adik tényezője helyére

\frac{2 k - 2}{2 k - 1}

-et, ha

k = 2,3, ..., n

‐ vagyis csökkentsük 1-gyel a számlálókat is, nevezőket is ‐ az első tényezőt pedig hagyjuk változatlanul. Ezáltal

n > 1

esetére

Q_{n}

-nél kisebb számot képezünk, mert egyrészt minden egyes új tényező kisebb annál, aminek a helyére írtuk:

\begin{matrix} \frac{2 k - 2}{2 k - 1} - \frac{2 k - 1}{2 k} = \frac{1}{(2 k - 1) 2 k} < 0 (k ≧ 2), \end{matrix}

másrészt még az új hányadosok is pozitívok, így szorzatuk is pozitív. Eszerint

\begin{matrix} Q_{n} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot ... \cdot \frac{2 n - 3}{2 n - 2} \cdot \frac{2 n - 1}{2 n} > \frac{1}{2} \cdot (\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot ... \cdot \frac{2 n - 4}{2 n - 3} \cdot \frac{2 n - 2}{2 n - 1}) . \end{matrix}

Vegyük észre, hogy így a zárójelben

1 / Q_{n}

-nek

1 / 2 n

része áll, azt kaptuk tehát, hogy

\begin{matrix} Q_{n} > \frac{1}{4 n} \cdot \frac{1}{Q_{n}}, azaz Q_{n} > \frac{1}{\sqrt[]{4 n}}, ha n > 1 \end{matrix}

és itt a jobb oldal éppen az (1)-beli alsó korlát egyszerűbb alakja. A még nem tekintett

n = 1

esetben pedig

Q_{n}

és a bizonyítandó alsó korlát között egyenlőség áll fenn. Ezzel (1) első egyenlőtlenségét bebizonyítottuk.

2. Írjunk másrészt

Q_{n}

fenti szorzattá alakításában minden egyes tényező helyére nála nagyobbat, kivéve ismét az első tényezőt. Éspedig

\begin{matrix} \frac{2 k - 1}{2 k} helyére \frac{2 k}{2 k + 1} -et (valóban, \frac{2 k}{2 k + 1} - \frac{2 k - 1}{2 k} = \frac{1}{2 k (2 k + 1)} > 0), \end{matrix}

k = 2,3, ..., n - 1

, ha pedig

k = n

, akkor

\frac{2 n}{2 n}

-t (vagyis

a = 2

esetén csak az utóbbi típusú növelést végezzük). Ezek után a fentihez hasonló felismeréssel

\begin{matrix} Q_{n} < \frac{1}{2} (\frac{4}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot ... \cdot \frac{2 n - 2}{2 n - 1} \cdot \frac{2 n}{2 n}) = \frac{1}{2} (\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{Q_{n}} \cdot \frac{1}{2 n}) \end{matrix}

(a zárójelbeli kifejezést megszoroztuk

\frac{3}{2} \cdot \frac{2}{3}

-dal). Innen, ismét átszorzással és gyökvonással

\begin{matrix} Q_{n} < \frac{\sqrt[]{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt[]{2 n}}, ha n > 1, \end{matrix}

ami az (1) második egyenlőtlensége.

n = 1

esetére pedig az állítás így adódik:

1 / 2 = \sqrt[]{2 / 8} < \sqrt[]{3 / 8}

. Ezze1 a kívánt bizonyítást befejeztük.

Megjegyzések. 1. Bizonyítható az állítás a teljes indukció módszerével is, ha előzőleg a felső korlátban

2 n

helyére

2 n + 1

-et írunk, ami által az egyenlőtlenség‐pár második fele valamivel erősebb állítást mond ki.

2. Emeljük négyzetre az (1) állítás tagjait, és szorozzuk őket

2 n

-nel, így ezt kell bizonyítanunk:

\begin{matrix} \frac{1}{2} ≦ \frac{1^{2} \cdot 3^{2} \cdot ... \cdot {(2 n - 1)}^{2}}{2^{2} \cdot 4^{2} \cdot ... \cdot {(2 n - 2)}^{2} \cdot 2 n} < \frac{3}{4} . \end{matrix}

(2)

A középen álló

\begin{matrix} A_{n} = 2 n Q_{n}^{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3^{2}}{2 \cdot 4} \cdot ... \cdot \frac{{(2 n - 1)}^{2}}{(2 n - 2) \cdot 2 n} \end{matrix}

mint egy számsorozat

n

-edik tagja

n

-ben monoton nő, hiszen

\begin{matrix} \frac{A_{n + 1}}{A_{n}} = \frac{{(2 n + 1)}^{2}}{2 n (2 n + 2)} > 1, \end{matrix}

és a (2) bal oldala e sorozat első tagja:

A_{1} = 1 / 2

. A jobb oldalon álló

3 / 4

szám viszont a monoton fogyó

\begin{matrix} B_{n} = \frac{1 \cdot 3}{2^{2}} \cdot \frac{3 \cdot 5}{4^{2}} \cdot ... \cdot \frac{(2 n - 1) (2 n + 1)}{{(2 n)}^{2}} \end{matrix}

sorozat első tagja, és ennek a sorozatnak minden tagja nagyobb az

A_{n}

sorozat tagjainál. Könnyen igazolható ez az egyenlő indexű tagokra:

\begin{matrix} \frac{B_{n}}{A_{n}} = \frac{2 n + 1}{2 n} > 1. \end{matrix}

(3)

Szokás az

\begin{matrix} A_{n} < A_{n + 1} < B_{n + 1} < B_{n} \end{matrix}

(4)

egyenlőtlenség alapján azt mondani, hogy az

(A_{n}, B_{n})

intervallumok ,,egymásba skatulyázva''. Be lehet bizonyítani, hogy ha az

A_{n}

B_{n}

(végtelen) sorozatokra teljesül (4), akkor e sorozatok konvergensek, és ha még

\begin{matrix} {lim}_{n \to \infty}^{} (B_{n} - A_{n}) = 0, vagy {lim}_{n \to \infty}^{} \frac{B_{n}}{A_{n}} = 1 \end{matrix}

is teljesül, akkor

\begin{matrix} {lim}_{n \to \infty}^{} A_{n} = {lim}_{n \to \infty}^{} B_{n} . \end{matrix}

Esetünkben ez a közös határérték

\frac{2}{π} = 0, 63661 ...

, amit az

(A_{n}, B_{n})

számpárok egyre jobban megközelítenek:

\begin{matrix} A_{1} = \frac{1}{2} = 0, 5; A_{2} = \frac{9}{16} = 0, 56 ...; A_{3} = \frac{225}{384} = 0, 585 ...; \end{matrix}