Feladat:	F.2423	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Alexy N. ,  Badics T. ,  Bán Rita ,  Böröczky L. ,  Csillag P. ,  Danyi P. ,  Erdős 228 L. ,  Gönczy A. ,  Hetyei G. ,  Horváth 713 Z. ,  Horváth A. ,  Hraskó A. ,  Ilosvay F. ,  Ispány Márton ,  Katona Gy. ,  Kovács 829 T. ,  Kruzslicz F. ,  Megyesi G. ,  Melis Z. ,  Mócsy M. ,  S. Fülöp T. ,  Simon P. ,  Szederkényi Edit ,  Szöllősi Gabriella ,  Törőcsik J. ,  Vindics I.
Füzet:	1983/november, 132. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Irracionális egyenletek, Paraméteres egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1983/május: F.2423

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. $\begin{array}{c}{\displaystyle \left[{\left(\sqrt[]{k}+\sqrt[]{k+1}+\text{...}+\sqrt[]{k+p}\right)}^2\right]=\frac{1}{2}{\left(p+1\right)}^2\left(2k+p\right)-1.}\end{array}$ (1) Megoldás. Először is jegyezzük meg, hogy (1) jobb oldalán egész szám áll, hiszen vagy $p+1$ vagy $2k+p$ mindenképpen páros. Egyenlőségünk tehát a következő egyenlőtlenség‐párral ekvivalens: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2}{\left(p+1\right)}^2\left(2k+p\right)-1\le {\left(\sqrt[]{k}+\sqrt[]{k+1}+\text{...}+\sqrt[]{k+p}\right)}^2<\frac{1}{2}{\left(p+1\right)}^2\left(2k+p\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (2) Tekintsük először (2) jobb oldali egyenlőtlenségét. Gyököt vonva és $\left(p+1\right)$-gyel osztva a $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\sqrt[]{k}+\sqrt[]{k+1}+\text{...}+\sqrt[]{k+p}}{p+1}<\sqrt[]{\frac{2k+p}{2}}}\end{array}$ összefüggésre jutunk, ami a $\sqrt[]{k}$, $\sqrt[]{k+1}$, $\text{...}$, $\sqrt[]{k+p}$ számok számtani és négyzetes közepe közti egyenlőtlenség alapján mindig teljesül. ($p\ge 1$ miatt a számok különbözők és így egyenlőség nem állhat fenn.) Foglalkozzunk most (2) bal oldali egyenlőtlenségével. Először megmutatjuk, hogy minden $0\le i\le p$-re $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{k}+\sqrt[]{k+p}\le \sqrt[]{k+i}+\sqrt[]{k+p-i}\mathrm{.}}\end{array}$ Valóban, négyzetre emelve és rendezve $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{k+\left(k+p\right)}\le \sqrt[]{\left(k+i\right)+\left(k+p-i\right)}=\sqrt[]{k\left(k+p\right)+i\left(p-i\right)}}\end{array}$ ami $i\left(p-i\right)\ge 0$ miatt teljesül. Ennek alapján $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{p+1}{2}\left(\sqrt[]{k}+\sqrt[]{k+p}\right)\right)}^2<{\left(\sqrt[]{k}+\sqrt[]{k+1}+\text{...}+\sqrt[]{k+p}\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ (3) Azt fogjuk megmutatni, hogy létezik olyan $k_0$, hogy minden $k>k_0$-ra $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2}{\left(p+1\right)}^2\left(2k+p\right)-1\le {\left(\frac{p+1}{2}\sqrt[]{k}+\sqrt[]{k+p}\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ (4) Ebből (3) alapján (2) bal oldali egyenlőtlensége azonnal adódik. (4) mindkét oldalát ${\left(p+1\right)}^2/2$-vel osztva, a négyzetre emelést elvégezve és rendezve $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{2}{{\left(p+1\right)}^2}\ge k+\frac{p}{2}-\sqrt[]{k\left(k+p\right)}=\frac{1}{4}\frac{p^2}{k+\frac{p}{2}+\sqrt[]{k\left(k+p\right)}}\mathrm{.}}\end{array}$ Ez elég nagy $k$-ra teljesül, hiszen a jobb oldal $k$ növekedésével 0-hoz tart. Így a feladat állítását igazoltuk.