Feladat:	F.1889	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Füzet:	1974/szeptember, 6 - 8. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Nevezetes egyenlőtlenségek, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1973/szeptember: F.1889

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{n^2+2n-2}{6}<\sum _{k=2}^n\sqrt[k]{k!}<\frac{n^2+3n-4}{4}\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Ha (1)-et teljes indukcióval akarjuk bizonyítani, azt kell ellenőriznünk, teljesül-e az $n$ legkisebb szóba jövő értékére, és azt, hogy az egyes oldalak megváltozása nem változtat-e az egyenlőtlenség irányán, ha $\left(n-1\right)$-ről áttérünk $n$-re. Ha $n=2$, akkor (1) az $\begin{array}{c}{\displaystyle 1<\sqrt[]{2}<1\mathrm{,}5}\end{array}$ egyenlőtlenséget jelenti; ami valóban igaz. Ha $\left(n-1\right)$-ről áttérünk $n$-re, a bal oldal megváltozása $\begin{array}{c}{\displaystyle B_n-B_{n-1}=\frac{n^2+2n-2}{6}-\frac{{\left(n-1\right)}^2+2\left(n-1\right)-2}{6}=\frac{2n+1}{6}\mathrm{,}}\end{array}$ az egyenlőtlenséglánc középső tagjának a megváltozása $\begin{array}{c}{\displaystyle K_n-K_{n-1}=\sqrt[n]{n!}\mathrm{,}}\end{array}$ végül a jobb oldal megváltozása $\begin{array}{c}{\displaystyle J_n-J_{n-1}=\frac{n^2+3n-4}{4}-\frac{{\left(n-1\right)}^2+3\left(n-1\right)-4}{4}=\frac{n+1}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Elég tehát a $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{2n+1}{6}<\sqrt[n]{n!}<\frac{n+1}{2}\mathrm{,}}\end{array}$ vagy a kicsit többet mondó $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{3}<\frac{\sqrt[n]{n!}}{n+1}<\frac{1}{2}}\end{array}$ (2) egyenlőtlenséget bizonyítani az $n\ge 3$ egészekre. Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget az $1$, $2$, $\text{...}$, $n$ számokra. Ezeknek a számoknak a mértani közepe $\begin{array}{c}{\displaystyle M=\sqrt[n]{n!}\mathrm{,}}\end{array}$ számtani közepe pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle S=\frac{1+2+\text{...}+n}{n}=\frac{n+1}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $M<S$ egyenlőtlenségből épp (2) jobb oldalát kapjuk. Az $n!=n\cdot \left(n-1\right)!$ összefüggés alapján alakítsuk a (2) közepén álló kifejezés $n$-ik hatványát szorzattá: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{n!}{{\left(n+1\right)}^n}=\frac{n^n}{{\left(n+1\right)}^n}\cdot \frac{n!}{n^n}=\frac{n^n}{{\left(n+1\right)}^n}\cdot \frac{\left(n-1\right)!}{n^{n-1}}=\text{...}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle ={\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n\cdot {\left(\frac{n-1}{n}\right)}^{n-1}\cdot \text{...}\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^1\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ez egy $n$-tényezős szorzat, elég belátnunk, hogy mindegyik tagja nagyobb $1/3$-nál: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{j}{j+1}\right)}^j>\frac{1}{3}\left(j=\mathrm{1,2,}\text{...}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (3) Ismét a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget akarjuk felhasználni: veszünk $j$ számot, melyek mindegyike $\left(1+\frac{1}{j}\right)$-vel egyenlő, és veszünk $k$ egymással egyenlő pozitív számot, amelyek szorzata $\frac{1}{3}$-dal egyenlő. Ezek $m$ mértani közepének $\left(j+k\right)$-adik hatványa $\begin{array}{c}{\displaystyle m^{j+k}=\frac{1}{3}{\left(\frac{j+1}{j}\right)}^j\mathrm{,}}\end{array}$ számtani közepe pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle s=\frac{j\left(1+\frac{1}{j}\right)+k\cdot a}{j+k}\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $a^k=\frac{1}{3}$. Eszerint készen vagyunk, ha sikerül $k$-t úgy megválasztani, hogy $s=1$ legyen, hiszen ekkor $m<1$, ami ekvivalens a bizonyítandó (3)-mal. Az $s\le 1$ egyenlőtlenség feltétele ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle j+1+k\cdot a\le j+k\mathrm{,}\text{azaz}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \frac{1}{3}=a^k\le {\left(\frac{k-1}{k}\right)}^k\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ ami teljesül például $k=6$ mellett: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{6}{5}\right)}^3=\frac{216}{125}=1\mathrm{,}728<\sqrt[]{3}\mathrm{,}}\end{array}$ tehát ${\left(\frac{5}{6}\right)}^6>\frac{1}{3}$.   Megjegyzések. 1. Hasonlóan látható be, hogy (1) igaz marad, ha a bal oldalára $\left(n^2+3n-2\right)/6$-t írunk. 2. A (2) közepén álló számok sorozata monoton fogy, de a tagjai nagyobbak a megoldásban szereplő ${\left(1-\frac{1}{k}\right)}^k$ alakú számok mindegyikénél, ez utóbbiak sorozata viszont monoton nő. Tehát az $\begin{array}{c}{\displaystyle A_k={\left(1-\frac{1}{k}\right)}^k\mathrm{,}{B}_k=\frac{\sqrt[k]{k!}}{k+1}}\end{array}$ számokra $A_k<A_{k+1}<B_{k+1}<B_k$ teljesül. Ebből következik, hogy ha $n>k$, akkor a (2)-nél élesebb $\begin{array}{c}{\displaystyle A_j<\frac{\sqrt[n]{n!}}{n+1}<B_k}\end{array}$ egyenlőtlenség is igaz, ahol $j$ tetszőleges egész szám. Azt is he lehet bizonyítani, hogy egyetlen olyan $x$ szám van, amelyre $A_j<x<B_k$ teljesül minden $j$ és $k$ mellett, és ez az $x$ a felsőbb matematika nevezetes, $e$-vel jelölt konstansának a reciproka: $x=1/e=0\mathrm{,}36787\text{...}$