Feladat: F.2338 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1982/május, 207 - 208. oldal  PDF file
Témakör(ök): Irracionális számok és tulajdonságaik, Egyenlőtlenségek, Számsorozatok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/december: F.2338

Legyen n2 egész és a2 valós szám. Bizonyítsuk be, hogy
1+a+1+a+a2+...+1+a+a2+...+an<na.

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

Megmutatjuk, hogy a mondott feltételek mellett a bal oldal minden tagja kisebb a-nál, ebből a bizonyítandó egyenlőtlenség azonnal következik. Jelöljük a bal oldalon a k-adik tagot Ak-val.
Először is A1<a, mivel a<a alapján

A1=1+a<1+a1+a-1+a=a2-1<a.
Ha már tudjuk, hogy Ak<a valamely k1-re, akkor

Ak+12-1=a+a2+...+ak+1<a+a3+...+ak+2k==a1+a+...+ak=aAk<aa.


Ezért az Ak+1<a a igazolásához ‐ és a teljes indukció elve alapján a feladat állításának bizonyításához ‐ mindössze azt kell megmutatnunk, hogy a2 esetén aaa2-1.
Átrendezve
a-a+141a+14.
Ez pedig igaz, mert a bal oldal (a-1/2)2(2-1/2)2>3/4 és a jobb oldal értéke legfeljebb 1/2+1/4=3/4.
 

Megjegyzések. 1. Azt bizonyítottuk, hogy az A1,A2,A3,... sorozat minden tagja a alatt marad. Ez pedig ‐ mivel a sorozat nyilvánvalóan szigorúan monoton növő ‐ egyúttal azt is jelenti, hogy az {An} sorozat konvergens. S ez nemcsak a2 esetén van így, hanem minden pozitív a esetén.
Például a
Bn=1+1+1+...+1 (n+1 darab egyes) sorozat határértéke 1,6180....
2. Az is belátható, hogy az An sorozat tagjaira n2 és a2 esetén
1+2aAn<1+a(1+3).