Kezdőlap


Feladat:	206. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Bartha Gyöngyi , Bayer J. , Benkő B. , Csapody M. , Csiszár Imre , Daróczy Z. , Deres J. , Deseő Katalin , Dósa I. , Farkas László , Forgó G. és I. , Frank Gy. , Guba I. , Györösi P. , Harza T. , Hidas P. , Jakubovics Gy. , Jordán G. , Katz T. , Kelemen P. , Kereszti I. , Kovács I. , Kozma T. , Makkai M. , Morelli Klára , Orlik P. , Pak To Ha , Pap Mária , Parlagh Gy. , Perneczky L. , Rázga T. , Rudolf P. , Ruppenthal P. , Siklósi K. , Soós T. , Surán G. , Szabados J. , Szatmári Z. , Szeidl Béla , Szilárd A. , Tokai H. , Udvari A. , Ujhelyi Szabolcs , Ulrich Z. , Ványai L. , Vásárhelyi B. , Zsombok Z.
Füzet:	1955/január, 9 - 10. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Számsorozatok, Teljes indukció módszere, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1954/május: 206. matematika gyakorlat

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

I. megoldás: Az

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

azonosság mindkét oldalából vonjuk ki az

1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{n}

összeget, de a jobboldalon úgy csoportosítva a tagokat, hogy

\frac{1}{2 k}

-ból vonjuk ki az

\frac{1}{k}

-t

(k = 1,2, ..., n)

.
Így kapjuk

\begin{matrix} \frac{1}{n + 1} & + \frac{1}{n + 2} + ... + \frac{1}{2 n} = 1 + (\frac{1}{2} - 1) + \frac{1}{3} + (\frac{1}{4} - \frac{1}{2}) + ... + \\ + \frac{1}{2 n - 1} + (\frac{1}{2 n} - \frac{1}{n}) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \frac{1}{6} + ... + \\ + \frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n} = (1 - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) + (\frac{1}{5} - \frac{1}{6}) + ... + \\ + (\frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n}) . \end{matrix}

Ebből azonban tételünk helyessége közvetlenül leolvasható, hiszen a jobboldal első tagja

\frac{1}{2}

, míg az összes többi tag pozitív.

Farkas László (Ózd, József A. g. II. o, t.)

II. megoldás: Teljes indukcióval is célhoz érünk.

\begin{matrix} s_{2} = \frac{1}{3} + \frac{1}{4} > \frac{1}{2} . \end{matrix}

Tegyük fel, hogy

\begin{matrix} s_{k} = \frac{1}{k + 1} + \frac{1}{k + 2} + ... + \frac{1}{2 k} > \frac{1}{2} . \\ s_{k + 1} - \frac{1}{k + 2} + \frac{1}{k + 3} + ... + \frac{1}{2 k} + \frac{1}{2 k + 1} + \frac{1}{2 k + 2} = \\ = s_{k} - \frac{1}{k + 1} + \frac{1}{2 k + 1} + \frac{1}{2 k + 2} = s_{k} + \frac{1}{2 k + 1} - \frac{1}{2 k + 2} = \\ = s_{k} + \frac{1}{(2 k + 1) (2 k + 2)} > s_{k} > \frac{1}{2} . \end{matrix}

De mivel

k = 2

-re, mint láttuk,

s_{2} > \frac{1}{2}

, azért tételünk minden 1-nél nagyobb természetes számra igazolt.

Szeidl Béla (Bp, VIII., Apáczai Csere g. II, o, t.)

III. megoldás: Az

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

összeget csökkentjük, ha minden

\frac{1}{2 n}

-től különböző tag helyébe (ilyen mindig van, ha

n > 1

) a kisebb

\frac{1}{2 n}

-t írjuk, tehát

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

Csiszár Imre (Budapest, I., Petőfi g. II, o. t.)