Kezdőlap


Feladat:	F.2624	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Cynolter Gábor
Füzet:	1987/október, 300 - 301. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Függvényvizsgálat differenciálszámítással, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, "e" szám közelítő kiszámítása, Feladat, Exponenciális egyenlőtlenségek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1987/február: F.2624

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

I. megoldás. Ha $x ≧ 1$ , akkor $\sqrt[]{x} ≧ 1$ , $(\frac{1}{2})^{x} > 0$ , tehát

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

0 < x < 1

, akkor legyen az

n

olyan pozitív egész, amelyre

\begin{matrix} \frac{1}{n + 1} < x ≦ \frac{1}{n} . \end{matrix}

(\frac{1}{2})^{x}

függvény szigorúan monoton csökken, erre az

n

egészre tehát

\begin{matrix} {(\frac{1}{2})}^{x} ≧ {(\frac{1}{2})}^{1 / n} = \frac{1}{\sqrt[n]{2}} . \end{matrix}

(1)

Ismeretes, hogy ha

a > 0

, akkor

\sqrt[n]{a} ≦ 1 + \frac{a - 1}{n}

. (Bal oldalt

n - 1

darab

1

-es és az

a

szám mértani közepe, jobb oldalt pedig ugyanennek az

n

darab számnak a számtani közepe áll.) Ezt

a = 2

-re alkalmazva

\sqrt[n]{2} < \frac{n + 1}{n}

, tehát

\frac{1}{\sqrt[n]{2}} > \frac{n}{n + 1} = 1 - \frac{1}{n + 1}

. Az (1) egyenlőtlenséggel összevetve azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} (\frac{1}{2})^{x} > 1 - \frac{1}{n + 1} . \end{matrix}

(2)

Másrészt

0 < x < 1

esetén

\sqrt[]{x} > x

, és tudjuk, hogy

x > \frac{1}{n + 1}

. Innen

\begin{matrix} \sqrt[]{x} > \frac{1}{n + 1} . \end{matrix}

Ezt a (2) egyenlőtlenséghez hozzáadva éppen a bizonyítandó állításhoz jutunk.
II. megoldás. Elég a

0 < x < 1

esettel foglalkoznunk (hiszen

x ≧ 1

esetén

\sqrt[]{x} ≧ 1

és

(\frac{1}{2})^{x} > 0

). Ebben az esetben

\sqrt[]{x} > x

, tehát elég belátnunk, hogy

\begin{matrix} (\frac{1}{2})^{x} + x > 1, \end{matrix}

(3)

0 < x < 1

. Tekintsük az

f (x) = (\frac{1}{2})^{x} + x = 2^{- x} + x

függvényt. Ennek deriváltja

f' (x) = - ln 2 \cdot 2^{- x} + 1

. Ha

x > 0

, akkor

2^{- x} < 2^{0} = 1

, mert a

2^{- x}

függvény szigorúan monoton csökken. Következésképp

- ln 2 \cdot 2^{- x} > - ln 2

, így

x > 0

esetén

f' (x) > 1 - ln 2 > 0

. Ha a derivált függvény egy intervallumban pozitív, akkor ott a függvény szigorúan monoton nő, tehát

f (x)

szigorúan monoton nő a

(0, + \infty)

félegyenesen. Így

x > 0

esetén

f (x) > f (0) = (\frac{1}{2})^{0} + 0 = 1

, amiből

(\frac{1}{2})^{x} + x > 1

következik minden pozitív

x

-re, így

0 < x < 1

esetén is. ‐ Ezzel állításunkat bebizonyítottuk.

Cynolter Gábor (Bp., Fazekas M. Gyak. Gimn., IV. o. t.)
dolgozata alapján
III. megoldás. Ismét azt bizonyítjuk, hogy

(\frac{1}{2})^{x} + x > 1,

0 < x < 1

. Ha

x > 0

, akkor

2^{- x} > e^{- x}

. Elég tehát azt belátnunk, hogy

\begin{matrix} e^{- x} + x > 1 ha 0 < x < 1. \end{matrix}

(4)

Bebizonyítjuk, hogy ha

y \neq 0

és

y > - 1

, akkor

\begin{matrix} e^{y} > 1 + y . \end{matrix}

(5)

Ebből

y = - x

helyettesítéssel (4), s így a feladat állítása következik. Ismeretes, hogy

\begin{matrix} e^{y} = {lim}_{n \to \infty}^{} (1 + \frac{y}{n})^{n} . \end{matrix}

Belátjuk, hogy ha

y > - 1

és

y \neq 0

, akkor az

a_{n} = (1 + \frac{y}{n})^{n}

sorozat szigorúan monoton nő, azaz

\begin{matrix} (1 + \frac{y}{n})^{n} < (1 + \frac{y}{n + 1})^{n + 1} = (1 + \frac{n + 1 + y}{n + 1})^{n + 1} . \end{matrix}

Vonjunk mindkét oldalból

n + 1

-edik gyököt:

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

(6)

A bal oldal

n

darab

1 + \frac{y}{n}

és egy darab

1

-es mértani közepe, a jobb oldal pedig ugyanennek az

n + 1

számnak a számtani közepe. E számok nem mind egyenlők, mert

y \neq 0

, és mind pozitívak, mert

y > - 1

, így fennáll köztük a (6) egyenlőtlenség. Ezzel beláttuk, hogy ha

y \neq 0

y > - 1,

akkor az

(1 + \frac{y}{n})^{n} = a_{n}

sorozat szigorúan monoton nő, tehát

{lim}_{n \to + \infty}^{} a_{n} > a_{1}

, ami éppen az (5) egyenlőtlenség.

Megjegyzések. 1. Az (5) egyenlőtlenség szerint

\frac{e^{y} - 1}{y} > 1

, ha

y > 0

, és

\frac{e^{y} - 1}{y} < 1

, ha

y < 0

. Az

e^{x}

függvény görbéjének

1

és

y

abszcisszájú pontját összekötő húr meredeksége tehát

1

-nél nagyobb, ha

y > 0

és

1

-nél kisebb, ha

y < 0

e^{x}

függvény grafikonjának

0

abszcisszájú pontjában az érintő éppen

1

meredekségű, az (5) egyenlőtlenség tehát azt fejezi ki, hogy a függvény grafikonja az

x = 0

pont kivételével mindenütt a

0

abszcisszájú pontban húzott érintő fölött van. Ez pedig következik az

e^{x}

függvény konvexitásából is.