Kezdőlap


Feladat:	F.2598	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Egresits Sándor
Füzet:	1987/május, 198 - 200. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Irracionális egyenlőtlenségek, Hatványközepek közötti egyenlőtlenség, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1986/október: F.2598

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

Az $x ≧ \frac{1}{2}$ feltétel miatt a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás, így elég, ha a négyzetre emelés és rendezés után kapott következő egyenlőtlenségeket igazoljuk :

\begin{matrix} 3 x + 2 < \sqrt[]{x^{2} + x} + \sqrt[]{x^{2} + 2 x} + \sqrt[]{x^{2} + 3 x + 2} < 3 x + 3. \end{matrix}

Könnyen látható a következő állítások helyessége:

\begin{matrix} \sqrt[]{x^{2} + x} = \sqrt[]{{(x + \frac{1}{2})}^{2} - \frac{1}{4}} < \sqrt[]{{(x + \frac{1}{2})}^{2}} = | x + \frac{1}{2} | = x + \frac{1}{2}; \end{matrix}

(2)

\begin{matrix} \sqrt[]{x^{2} + 2 x} = \sqrt[]{{(x + 1)}^{2} - 1} < \sqrt[]{{(x + 1)}^{2}} = | x + 1 | = x + 1; \end{matrix}

(3)

\begin{matrix} \sqrt[]{x^{2} + 3 x + 2} = \sqrt[]{{(x + \frac{3}{2})}^{2} - \frac{1}{4}} < \sqrt[]{{(x + \frac{3}{2})}^{2}} = | x + \frac{3}{2} | = x + \frac{3}{2}, \end{matrix}

(4)

(2), (3) és (4) összege pedig épp a jobb oldali egyenlőtlenséget adja.
Hasonló ötlettel igazolható a bal oldali egyenlőtlenség is. Az

x ≧ \frac{1}{2}

feltételt minden esetben kihasználva :

\begin{matrix} \sqrt[]{x^{2} + x} ≧ \sqrt[]{x^{2} + \frac{1}{2} x + \frac{1}{4}} = \sqrt[]{{(x + \frac{1}{4})}^{2} + \frac{3}{16}} > x + \frac{1}{4}; \end{matrix}

(5)

\begin{matrix} \sqrt[]{x^{2} + 2 x} ≧ \sqrt[]{x^{2} + x + \frac{1}{2}} = \sqrt[]{(x + \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4}} > x + \frac{1}{2}; \end{matrix}

(6)

\begin{matrix} \sqrt[]{x^{2} + 3 x + 2} ≧ \sqrt[]{x^{2} + \frac{5}{2} x + \frac{9}{4}} = \sqrt[]{{(x + \frac{5}{4})}^{2} + \frac{11}{6}} > x + \frac{5}{4}, \end{matrix}

(7)

(5), (6) és (7) összege pedig éppen a másik bizonyítandó egyenlőtlenség.

Megjegyzés. Bencze Mihály brassói tanártól származik a feladat következő általánosítása:
Ha

x ≧ \frac{1}{2} és n ≧ 1

egész, akkor

\begin{matrix} \sqrt[]{{(n + 1)}^{2} x + \frac{n (n + 1) (2 n + 3)}{6}} < \sqrt[]{x} + \sqrt[]{x + 1} + ... + \sqrt[]{x + n} < \end{matrix}

\begin{matrix} < \sqrt[]{{(n + 1)}^{2} x + \frac{n {(n + 1)}^{2}}{2}} . \end{matrix}

Az alábbiakban vázoljuk a bizonyítást, ha

n ≧ 3

. A felső becslés közvetlenül adódik a

\sqrt[]{x}, \sqrt[]{x + 1}, ..., \sqrt[]{x + n}

számokra felírt számtani és négyzetes közepek közötti egyenlőtlenségből, itt csak

x ≧ 0

szükséges.
Az alsó becsléshez tekintsük

\sqrt[]{x} + \sqrt[]{x + 1} + ... + \sqrt[]{x + n}

négyzetét.

\begin{matrix} {(\sum_{i = 0}^{n} \sqrt[]{x + i})}^{2} = (n + 1) x + \frac{n (n + 1)}{2} + 2 \cdot \sum_{0 ≦ k < j ≦ n}^{} \sqrt[]{(x + k) (x + j)} . \end{matrix}

(*)

Könnyen látható, hogy ha

x ≧ \frac{1}{2},

akkor

(x + k) (x + j) ≧ x + \frac{(4 k + 1) \cdot j + k}{2 k + 2 j + 2}

, és ezzel (*) jobb oldala csökkenthető. Így kapjuk, hogy

\begin{matrix} {(\sum_{i = 0}^{n} \sqrt[]{x + i})}^{2} ≧ (n + 1) x + \frac{n (n + 1)}{2} + n (n + 1) x + 2 \cdot \sum_{0 ≦ k < j ≦ n}^{} \frac{(4 k + 1) \cdot j + k}{2 k + 2 j + 2} \end{matrix}

(**)

Indukcióval belátható, hogy

n ≧ 3

esetén a (**) jobb oldalán álló összegre fennáll az alábbi egyenlőtlenség :

\begin{matrix} \sum_{0 ≦ k < j ≦ n}^{} \frac{(4 k + 1) j + k}{2 k + 2 j + 2} = \sum_{k = 0}^{n - 1} \sum_{j = k + 1}^{n} \frac{(4 k + 1) j + k}{2 k + 2 j + 2} > \frac{n^{2} (n + 1)}{6} . \end{matrix}

Ha tehát

n ≧ 3,

akkor összevonás és a kapott becslés szerint (**) az alábbit adja:

\begin{matrix} {(\sum_{i = 0}^{n} \sqrt[]{x + i})}^{2} > {(n + 1)}^{2} x + \frac{n (n + 1)}{2} + \frac{n^{2} (n + 1)}{3} = {(n + 1)}^{2} x + \frac{n (n + 1) (2 n + 3)}{6}, \end{matrix}

ahonnan négyzetgyökvonás után a bizonyítandó állítást kapjuk.