Feladat: F.2902 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Győry Máté 
Füzet: 1992/november, 367 - 368. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Kamatos kamat, "e" szám közelítő kiszámítása, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1992/április: F.2902

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

Tegyük fel, hogy András k-szor veszi ki és teszi be a pénzét a bankba az év folyamán. Legyen a közben eltelt időszakok hossza években kifejezve h0,h1,h2...,hk (tehát h0 az első alkalomig, hi az i=1,2,...,k-1 esetén az i-edik és (i+1)-edik alkalom között, hk a k-adik kivétel és visszatétel után eltelt idő). Mivel közben pontosan 1 év telik el, h0+h1+h2+...+hk=1.
A bank szabályai szerint h idő alatt a számlán levő pénz az (1+h)-szorosára növekszik, tehát Andrásnak az év végén

100⋅(1+h0)(1+h1)...(1+hk)
forintja lesz. A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség szerint
(1+h0)(1+h1)...(1+hk)≤((1+h0)+(1+h1)+...+(1+hk)k+1)k+1==(k+2k+1)k+1=(1+1k+1)k+1.


Ismeretes, hogy az (1+1n)n sorozat szigorúan monoton nő, és a határértéke e=2,71828<2,72; a sorozat tagjai a monotonitás miatt kisebbek mint e, ezért
100(1+h0)(1+h1)...(1+hk)≤100(1+1k+1)k+1<100e<272.
Ezzel az állítás első felét bebizonyítottuk.
Az idézett tétel szerint az is igaz, hogy ha n elég nagy, akkor (1+1n)n>2,71. Ha n ilyen, k=n-1 és h0=h1=...=hk=1n, akkor 100(1+h0)...(1+hk)=100(1+1n)n>100⋅2,71=271. Ezzel az állítás második felét is igazoltuk.
 

Győry Máté (Debrecen, KLTE Gyak. Gimn. III. o. t.)

 

Megjegyzések. 1. Az állítás első fele az ismert 1+x≤ex egyenlőtlenség segítségével is igazolható:
100⋅(1+h0)(1+h1)...(1+hk)≤100⋅eh0⋅eh1...ehk=100⋅eh0+...+hk=100⋅e.

2. A második részben a legkisebb megfelelő n a 164, vagyis k=163. Ez azt jelenti, hogy ha András minden második nap megújítja a bankszámláját (és ha a bank a tört filléreket is figyelembe veszi!), akkor az év végén 271 forintnál több pénze lesz.