Kezdőlap


Feladat:	F.2765	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bíró N. , Csizmadia P. , Deák P. , Egri Ilona , Gyuricza Irma , Heszberger Z. , Horváth I. , Kórász T. , Kullmann T. , Magó K. , Mucsi Zsuzsanna , Nagy 124 Á. , Podoski Károly. , Pór Attila , Szalkai Á. , Szendrői B. , Turányi Z.
Füzet:	1990/május, 207 - 210. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Konstruktív megoldási módszer, Számsorozatok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1989/november: F.2765

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

Ismeretes, hogy az első $n$ természetes szám számtani közepe $\frac{n + 1}{2} = A$ . Mértani közepe nagyobb $\frac{n}{e}$ -nél, hiszen $n! > (\frac{n}{e})^{n}$ . Így $n ≧ 3$ -ra $2 G > \frac{2 n}{e} > A = \frac{n + 1}{2}$ $($ hiszen $n (\frac{4 - e}{e}) > 1$ , ha $n > 2)$ .
Másrészt

\begin{matrix} H = \frac{n}{1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{n}} < \frac{n}{ln (n + 1)}, \end{matrix}

mert

1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{n} > ln (n + 1)

. Ha

n ≧ [e^{200}]

, akkor

n + 1 > e^{200}

, így ln

(n + 1) > 200

és

100 H < \frac{100 n}{ln (n + 1)} < \frac{n}{2} < A

.
Az első

e^{200}

pozitív egészre tehát teljesül, hogy

2 G > A > 100 H

, s így az is, hogy

4 G > A > 15 H

. (Ez utóbbi már az első

[e^{15}]

számra is teljesül.)

Megjegyzés. 1. Az

n! > {(\frac{n}{e})}^{n}

egyenlőtlenség bizonyításához elég felhasználni, hogy minden

j ≧ 1

egészre

{(\frac{j + 1}{j})}^{j} < e

, s ezért

\frac{{(j + 1)}^{j + 1}}{j^{j}} < e (j + 1)

. Ha ezeket az egyenlőtlenségeket összeszorozzuk

j = 1

, 2,

...

(n - 1)

-re, akkor azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{n^{n}}{{(n - 1)}^{n - 1}} \cdot \frac{{(n - 1)}^{n - 1}}{{(n - 2)}^{n - 2}} \cdot \frac{{(n - 2)}^{n - 2}}{{(n - 3)}^{n - 3}} \cdot ... \cdot \frac{2^{2}}{1} < e^{n - 1} n!, \end{matrix}

vagyis

\frac{n^{n}}{e^{n - 1}} < n!

, ami kicsit erősebb is a szükséges

n! > {(\frac{n}{e})}^{n}

egyenlőtlenségnél.
A másik felhasznált egyenlőtlenség bizonyításához is az

1 + x < e^{x}

, tehát ln

(1 + x) < x

egyenlőtlenség szükséges

(x > 0)

. Ha itt

x = \frac{1}{j}

-t írunk, akkor

\begin{matrix} \frac{1}{j} > ln (1 + \frac{1}{j}) = ln \frac{j + 1}{j} = ln (j + 1) - ln j . \end{matrix}

Ha most ezeket az egyenlőtlenségeket

j = 1, 2, ..., n

-re összeadjuk, a kívánt

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

\begin{matrix} = ln (n + 1) - ln 1 = ln (n + 1) \end{matrix}

egyenlőtlenséghez jutunk.
2. A fenti megoldás gondolatmenetével az is látható, hogy ha

n ≧ [e^{m}]

, akkor az első

n

pozitív egész számra

2 G > A > m \cdot H

teljesül. Sőt,

2 G

helyett egy

\frac{e}{2}

-nél nem sokkal nagyobb

α

-val még

α G

is írható.
Az iménti megoldások nagyon sok szám megadását igénylik. A b) feladat megoldásához [

e^{200}

] szám kell, s ez 87 jegyű. De még az a) rész megoldásához használt [

e^{15}

] szám is sok: [

e^{15}

] = 3 269 017. A II. megoldásban megmutatjuk, hogy lényegesen kevesebb szám is elegendő.
II. megoldás. Az a) pont követelményei már két számmal is teljesíthetők, ilyenek pl.

a_{1} = 1

és

a_{2} = 61

. Ekkor

\begin{matrix} 4 \cdot G = 4 \sqrt[]{61} > A = \frac{1 + 61}{2} = 31 > 15 \cdot H = 15 \cdot \frac{2 \cdot 61}{62} = \frac{15 \cdot 61}{31}, \end{matrix}

hiszen

16 \cdot 16 > 31^{2} > 15 \cdot 61

.
A b) ponthoz legyen

a_{1} = 1

a_{2} = a_{3} = ... = a_{11} = 2^{11}

. Ekkor

\begin{matrix} A = \frac{a_{1} + a_{2} + ... + a_{11}}{11} = \frac{1 + 10 \cdot 2^{11}}{11}, G = \sqrt[11]{1 \cdot {(2^{11})}^{10}} = 2^{10}, \end{matrix}

és

\begin{matrix} H = \frac{11}{1 + 10 \cdot 2^{- 11}} < 11. \end{matrix}

Így

\begin{matrix} 2 G = 2^{11} > A = \frac{1 + 10 \cdot 2^{11}}{11} > 100 \cdot 11 > 100 H . \end{matrix}

A megadott 11 számra tehát teljesül a feladat követelménye.

III. megoldás. A fenti konstrukció általánosításával megmutatjuk, hogy minden pozitív

m

egész számhoz megadhatók olyan pozitív egészek, amelyekre

\begin{matrix} 2 G > A > m \cdot H . \end{matrix}

m = 100

-ra a feladat b) részét adja, amiből persze az a) rész is következik. Legyen a

a_{1} = 1, a_{2} = a_{3} = ... = a_{n} = 2^{n}

.
Ekkor

\begin{matrix} 2 G = 2 \cdot \sqrt[n]{{(2^{n})}^{n - 1} \cdot 1} = 2^{n} > \frac{1 + (n - 1) 2^{n}}{n} = A . \end{matrix}

Másrészt

n ≧ 2

esetén

A > \frac{n - 1}{n} 2^{n} ≧ 2^{n - 1}

, s végül

H = \frac{n}{1 + (n - 1) 2^{- n}} < n

. Így azt kell csak belátnunk, hogy ha

m

adott egész szám, akkor megadható hozzá olyan

n

, amelyre

2^{n - 1} ≧ m \cdot n

, hiszen ekkor

A > 2^{n - 1} ≧ m \cdot n > m \cdot H

teljesül. De ismeretes, hogy az

\frac{n}{2^{n - 1}}

sorozat nullához tart, ha

n

tart a végtelenhez, így minden elég nagy

n

-re

2^{n - 1} ≧ m \cdot n

, ezért

\begin{matrix} 2 G = 2^{n} > A = \frac{1 + (n - 1) 2^{n}}{n} > 2^{n - 1} ≧ m \cdot n > m \cdot H . \end{matrix}

IV. megoldás. A feladat további élesítéseként megmutatjuk, hogy minden

m

pozitív egészre megadhatók úgy egész számok, hogy

\begin{matrix} (1 + \frac{1}{m}) G ≧ A > m \cdot H \end{matrix}

(1)

teljesüljön. A konstrukció a III. megoldás általánosítása: Legyen

a_{1} = 1

a_{2} = a_{3} = ... = a_{n} = {(1 + \frac{1}{m})}^{n}

. Ekkor

\begin{matrix} (1 + \frac{1}{m}) G = (1 + \frac{1}{m}) \sqrt[n]{{({(1 + \frac{1}{m})}^{n})}^{n - 1} \cdot 1} = \end{matrix}

\begin{matrix} = {(1 + \frac{1}{m})}^{n} > \frac{1 + (n - 1) (1 + \frac{1}{m})^{n}}{n} = A \end{matrix}

\begin{matrix} (hiszen {(1 + \frac{1}{m})}^{n} > 1, s így 1 + {(1 + \frac{1}{m})}^{n} (n - 1) > n {(1 + \frac{1}{m})}^{n} .) \end{matrix}

Másrészt úgy kell megválasztanunk

n

-et, hogy

\begin{matrix} A > m \cdot H \end{matrix}

(2)

teljesüljön (ahol

m

rögzített pozitív egész). Ha

n ≧ 2

, akkor

\frac{n - 1}{n} ≧ \frac{1}{2}

, így

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

Másrészt

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

Elég tehát belátnunk, hogy n megválasztható úgy, hogy

\begin{matrix} \frac{1}{2} {(1 + \frac{1}{m})}^{n} > m \cdot n \end{matrix}

(3)

teljesüljön, hiszen a bal oldal kisebb

A

-nál, a jobb oldal nagyobb

m \cdot H

-nál. De ismeretes, hogy ha

ε > 0

, akkor az

\frac{n}{{(1 + ε)}^{n}}

sorozat nullához tart, ha

n

tart a végtelenhez. Innen

ε = \frac{1}{m}

választással azt kapjuk, hogy az

\frac{n}{(1 + \frac{1}{m})^{n}}

sorozat tart nullához, tehát minden elég nagy

n

-re

\begin{matrix} \frac{n}{(1 + \frac{1}{m})^{n}} < \frac{1}{2 m}, \end{matrix}

azaz (3) minden elég nagy

n

re fennáll; tehát (1) is teljesül.
Ha most

m

et éppen 100-nak választjuk, akkor kapunk olyan

n

számot, amellyel

(1 + \frac{1}{100}) G > A > 100 H

, ebből pedig a feladat állítása nyilvánvalóan következik.

Pór Attila (Bp., Fazekas M. Gyak. Gimn., II. o. t.) dolgozata alapján

Megjegyzés. A (2) egyenlőtlenség közvetlenül is könnyen igazolható, ha

n ≧ 6 m^{2}

. Ha

n ≧ 3

, akkor a binomiális tétel szerint kifejtve

{(1 + \frac{1}{m})}^{n}

-et, a negyedik tag

(\binom{n}{3}) \frac{1}{m^{3}}

. Mivel minden tag pozitív, ezért

n ≧ 3

esetén

\begin{matrix} \frac{1}{2} {(1 + \frac{1}{m})}^{n} > \frac{1}{2} (\binom{n}{3}) \frac{1}{m^{3}} = n \frac{(n - 1) (n - 2)}{2 \cdot 6 m^{3}} . \end{matrix}

Elég tehát belátnunk, hogy ha

n ≧ 6 m^{2}

, akkor

(n - 1) (n - 2) > 12 m^{4}

(ez elegendő és persze szükséges is), vagyis

(6 m^{2} - 1) (6 m^{2} - 2) = 36 m^{4} - 18 m^{2} + 2 > 12 m^{4}

, s ez

m ≧ 1

-re valóban igaz.