Kezdőlap


Feladat:	F.2814	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1991/május, 205 - 207. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Paraméteres egyenlőtlenségek, Számsorozatok, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1990/október: F.2814

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

Legyen $a_{1}$ , $a_{2}$ , $...$ az a pozitív számokból álló sorozat, amelyre tetszőleges pozitív $n$ -re

\begin{matrix} a_{1} + a_{2} + ... + a_{n} = \frac{1}{a_{n}} . \end{matrix}

(1)

Bizonyítsuk be, hogy

\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt[]{2 n - 1}} \leq a_{n} \leq \frac{1}{\sqrt[]{n}} . \end{matrix}

(2)

I. megoldás. Legyen

S_{n} = a_{1} + a_{2} + ... + a_{n} = 1 / a_{n}

. Azt fogjuk megmutatni, hogy

\begin{matrix} \sqrt[]{n} ≦ S_{n} ≦ \sqrt[]{2 n - 1} (ez ekvivalens az állítással) . & (3) \end{matrix}

A bizonyítást teljes indukcióval végezzük.

n = 1

esetén az első egyenlet szerint

a_{1} = 1 / a_{1}

, amiből

a_{1} = 1, S_{1} = 1

és igy

\sqrt[]{1} ≦ S_{1} ≦ \sqrt[]{2 \cdot 1 - 1}

valóban teljesül.
Legyen

k > 1

és tegyük fel, hogy

(3)

teljesül

k

-ra:

\begin{matrix} \sqrt[]{k} ≦ S_{k} ≦ \sqrt[]{2 k - 1} . & (4) \end{matrix}

Megmutatjuk, hogy ekkor

(k + 1)

-re is teljesül. Ehhez először kifejezzük

S_{k + 1}

-et

S_{k}

segítségével. Írjuk fel a

(k + 1)

-edik egyenletet:

\begin{matrix} a_{1} + a_{2} + ... + a_{k} + a_{k + 1} = S_{k} + a_{k + 1} = \frac{1}{a_{k + 1}}, ahonnan \\ a_{k + 1}^{2} + S_{k} a_{k + 1} - 1 = 0. \end{matrix}

x^{2} + S_{k} x - 1 = 0

egyenlet gyökei:

\begin{matrix} \frac{- S_{k} + \sqrt[]{S_{k}^{2} + 4}}{2} és \frac{- S_{k} - \sqrt[]{S_{k}^{2} + 4}}{2} . \end{matrix}

Ezek közül a második negatív,

a_{k + 1}

viszont pozitív, tehát

\begin{matrix} a_{k + 1} = \frac{- S_{k} + \sqrt[]{S_{k}^{2} + 4}}{2} és így S_{k + 1} = S_{k} + a_{k + 1} = \frac{S_{k} + \sqrt[]{S_{k}^{2} + 4}}{2} . \end{matrix}

A (4) indukciós feltevés szerint ebből

\begin{matrix} \frac{\sqrt[]{k} + \sqrt[]{k + 4}}{2} ≦ S_{k + 1} ≦ \frac{\sqrt[]{2 k - 1} + \sqrt[]{2 k + 3}}{2} . \end{matrix}

Bebizonyítjuk, hogy

(\sqrt[]{k} + \sqrt[]{k + 4}) / 2 ≧ \sqrt[]{k + 1}

, ebből következik az állítás bal oldala:

\sqrt[]{k + 1} ≦ S_{k}

. Ugyanis

2

-vel szorozva és négyzetre emelve:

2 k + 4 + 2 \sqrt[]{k (k + 4)} ≧ 4 k + 4

, ami valóban igaz, mert

\sqrt[]{k (k + 4)} ≧ k

.
Hasonlóan adódik a másik bizonyítandó egyenlőtlenség, ha belátjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{\sqrt[]{2 k - 1} + \sqrt[]{2 k + 3}}{2} ≦ \sqrt[]{2 k + 1} . \end{matrix}

Ugyancsak

2

-vel szorozva és négyzetre emelve kapjuk, hogy

\begin{matrix} 4 k + 2 + 2 \sqrt[]{4 k^{2} + 4 k - 3} ≦ 8 k + 4, \end{matrix}

ami pedig teljesül, mert

\begin{matrix} \sqrt[]{4 k^{2} + 4 k - 3} ≦ \sqrt[]{4 k^{2} + 4 k + 1} = 2 k + 1. \end{matrix}

Ezzel bebizonyítottuk, hogy

\begin{matrix} \sqrt[]{k + 1} ≦ S_{k + 1} ≦ \sqrt[]{2 k + 1} = \sqrt[]{2 (k + 1) - 1}, \end{matrix}

és így igazoltuk az állítást.

II. megoldás. Legyen

b_{n} = {(\frac{1}{a_{n}})}^{2}

. Azt fogjuk megmutatni, hogy

\begin{matrix} n ≦ b_{n} ≦ 2 n - 1. \end{matrix}

Írjuk fel az (1) egyenletet két szomszédos indexre:

\begin{matrix} a_{1} + a_{2} + ... + a_{k} + a_{k + 1} = \frac{1}{a_{k + 1}}, a_{1} + a_{2} + ... + a_{k} = \frac{1}{a_{k}}; \end{matrix}

és ezeket vonjuk ki egymásból:

\begin{matrix} a_{k + 1} = \frac{1}{a_{k + 1}} - \frac{1}{a_{k}} . \end{matrix}

Innen

1 / a_{k}

-t kifejezve:

\begin{matrix} \frac{1}{a_{k}} = \frac{1}{a_{k + 1}} - a_{k + 1}, \end{matrix}

és négyzetre emelve:

\begin{matrix} {(\frac{1}{a_{k}})}^{2} = {(\frac{1}{a_{k + 1}})}^{2} + a_{k + 1}^{2} - 2, vagyis \\ b_{k} = b_{k + 1} + a_{k + 1}^{2} - 2. \end{matrix}

Mivel

\begin{matrix} \frac{1}{a_{k + 1}} = a_{1} + ... + a_{k + 1} > a_{k + 1}, ezért 1 > a_{k + 1}^{2} . \end{matrix}

Ebből pedig

\begin{matrix} b_{k + 1} - b_{k} = 2 - a_{k + 1}^{2} < 2 és \\ b_{k + 1} - b_{k} = 2 - a_{k + 1}^{2} > 1 következik . \end{matrix}

Végül

b_{1} = 1

alapján

\begin{matrix} b_{n} = (b_{n} - b_{n - 1}) + (b_{n - 1} - b_{n - 2}) + ... + (b_{2} - b_{1}) + b_{1} ≧ (n - 1) \cdot 1 + 1 = n és \\ b_{n} = (b_{n} - b_{n - 1}) + (b_{n - 1} - b_{n - 2}) + ... + (b_{2} - b_{1}) + b_{1} ≦ (n - 1) \cdot 2 + 1 = 2 n - 1. \end{matrix}

Ezzel az állítást igazoltuk.

III. megoldás.

(1)

-et

a_{n}

-nel szorozva:

\begin{matrix} a_{1} a_{n} + a_{2} a_{n} + ... + a_{n}^{2} = 1. \end{matrix}

Írjuk ezt fel

n = 1,2

...

k

-ra, adjuk össze a kapott egyenlőségeket:

\begin{matrix} \begin{matrix} a_{1}^{2} & = 1 \\ a_{1} a_{2} + a_{2}^{2} & = 1 \\ a_{1} a_{3} + a_{2} a_{3} + a_{3}^{2} & = 1 \\ ⋮ & ⋮ ⋮ \\ a_{1} a_{k} + a_{2} a_{k} + a_{3} a_{k} + ... + a_{k}^{2} & = 1, \end{matrix}} \sum_{n = 1}^{}^{k} a_{n}^{2} + \sum_{n < m}^{} a_{n} a_{m} = k . \end{matrix}

Mivel

\begin{matrix} \frac{1}{a_{k}^{2}} = {(a_{1} + ... + a_{k})}^{2} = \sum_{n = 1}^{k} a_{n}^{2} + 2 \sum_{n < m} a_{n} a_{m}, ezért \\ \frac{1}{a_{k}^{2}} ≧ \sum_{n = 1}^{k} a_{n}^{2} + \sum_{n < m} a_{n} a_{m} = k és \\ \frac{1}{a_{k}^{2}} = 2 (\sum_{n = 1}^{k} a_{n}^{2} + \sum_{n < m} a_{n} a_{m}) - \sum_{n = 1}^{k} a_{n}^{2} = 2 k - \sum_{n = 1}^{k} a_{n}^{2} ≧ 2 k - a_{1}^{2} = 2 k - 1. \end{matrix}

Tehát

k ≦ 1 / a_{k}^{2} ≦ 2 k - 1

, amiből az állítás azonnal következik.