Kezdőlap


Feladat:	F.2964	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Csergőffy Tibor , Csörnyei Marianna , Dőtsch András , Gyarmati Katalin , Horváth Gábor , Imreh Csanád , K. L. , Maróti Gábor , Megyesi Zoltán , Pete Gábor , Tóth Zoltán
Füzet:	1994/április, 197 - 198. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Indirekt bizonyítási mód, Teljes indukció módszere, Rekurzív sorozatok, Sorozatok monotonitása, korlátossága, Függvények monotonitása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1993/május: F.2964

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

Tegyük fel, hogy nem igaz a feladat állítása, vagyis minden $a$ valós számra

\begin{matrix} f (a + \frac{1}{f (a)}) \geq 2 f (a) . \end{matrix}

Definiáljuk az

a_{0}, a_{1}, ...

sorozatot a következő rekurzióval:

\begin{matrix} a_{0} = 0, a_{n + 1} = a_{n} + \frac{1}{f (a_{n})} . \end{matrix}

Az indirekt feltevés alapján a tetszőleges

n

nemnegatív egész számra:

\begin{matrix} f (a_{n + 1}) = f (a_{n} + \frac{1}{f (a_{n})}) \geq 2 f (a_{n}); \end{matrix}

ebből

n

szerinti indukcióval azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} f (a_{n}) \geq 2^{n} f (a_{0}) . \end{matrix}

Megmutatjuk viszont, hogy az

{a_{n}}

sorozat felülről korlátos. A rekurziót és (1)-et felhasználva:

\begin{matrix} a_{n} & = a_{n} - a_{0} = (a_{1} - a_{0}) + (a_{2} - a_{1}) + (a_{3} - a_{2}) + ... + (a_{n} - a_{n - 1}) = \\ = \frac{1}{f (a_{0})} + \frac{1}{f (a_{1})} + \frac{1}{f (a_{2})} + ... + \frac{1}{f (a_{n - 1})} \geq \\ \geq \frac{1}{f (a_{0})} + \frac{1}{2 f (a_{0})} + \frac{1}{4 f (a_{0})} + ... + \frac{1}{2^{n - 1} f (a_{0})} = \\ = \frac{1}{f (a_{0})} (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{2^{n - 1}}) . \end{matrix}

Mivel

1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{2^{n - 1}} = 2 - \frac{1}{2^{n - 1}} < 2

, azért az

\begin{matrix} a_{n} \leq \frac{1}{f (a_{0})} (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + ... + \frac{1}{2^{n - 1}}) < \frac{2}{f (a_{0})} . \end{matrix}

{a_{n}}

sorozatnak tehát minden eleme kisebb, mint

\frac{2}{f (a_{0})}

, a sorozat felülről korlátos.

Legyen

b = \frac{2}{f (a_{0})}

. Mivel az

f

függvény monoton nő, és minden

n \geq 0

egészre

a_{n} < b

\begin{matrix} f (a_{n}) \leq f (b) . & ( \end{matrix}

Ha most összevetjük (1)-et és (2)-t, ellentmondásra jutunk:

\begin{matrix} \begin{matrix} 2^{n} f (a_{0}) & \leq f (a_{n}) \leq f (b), \\ 2^{n} & \leq \frac{f (b)}{f (a_{0})} . \end{matrix} \end{matrix}

Ez az egyenlőtlenség azt állítja, hogy minden 2-hatvány kisebb vagy egyenlő, mint

\frac{f (b)}{f (a_{0})}

, ami lehetetlen.
Az indirekt feltevésből ellentmondásra jutottunk, tehát az állítás igaz.