Kezdőlap


Feladat:	Gy.1982	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Beke S. , Bocsák B. , Böröczky L. , Csillag P. , Csúri Piroska , Engländer J. , Fáth G. , Hetyei Judit , Horváth 149 Z. , Horváth 290 P. , Kántor Cs. , Kocsis 164 Csilla , Kollár P. , Lampl Gy. , Lenzsér P. , Magyar Ákos , Megyesi Gábor , Melis Z. , Miszori I. , Mócsy M. , Náray M. , Strausz Gy. , Szabó 741 Z. , Szederkényi Edit , Takács G. , Tóth 360 G. , Törőcsik J. , Vindics I.
Füzet:	1982/április, 157 - 160. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Legkisebb közös többszörös, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1981/május: Gy.1982

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

I. megoldás. Ha $1 ≦ x < y$ , akkor $[x, y]$ legalább kétszer akkora, mint $x$ , emiatt $\frac{1}{[x, y]} ≦ \frac{1}{2 x}$ . Ezt felhasználva a bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldala felülről becsülhető :

\begin{matrix} \frac{1}{[a, b]} + \frac{1}{[b, c]} + \frac{1}{[c, d]} + \frac{1}{[d, e]} ≦ \frac{1}{2 a} + \frac{1}{2 b} + \frac{1}{2 c} + \frac{1}{2 d} . \end{matrix}

c ≧ 4

, akkor

d > c

miatt

d ≧ 5

, másrészt

a ≧ 1

és így

b ≧ 2

, tehát

\begin{matrix} \frac{1}{2 a} + \frac{1}{2 b} + \frac{1}{2 c} + \frac{1}{2 d} ≦ \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{10}, \end{matrix}

ami valóban kisebb

1

-nél.
Ha

c < 4

, akkor

a = 1

b = 2

és

c = 3

, tehát

d ≧ 4

. Ekkor

\begin{matrix} \frac{1}{[a, b]} + \frac{1}{[b, c]} + \frac{1}{2 c} + \frac{1}{2 d} ≦ \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{8} < 1, \end{matrix}

tehát ebben az esetben is beláttuk az állítást.

Magyar Ákos (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., I. o. t.)

II. megoldás. Egy jobb becsléssel elkerülhető az esetszétválasztás. Mivel

[x, y]

x

-nek is és az

y

-nak is többszöröse, ezért

x y

-nak

y [x, y]

és

x [x, y]

is többszöröse. Emiatt e két utóbbi szám különbsége is többszöröse

x y

-nak. Ha tehát ez a különbség nem

0

, akkor az abszolút értéke legalább

x y

. Így ha

0 < x < y

, akkor

\begin{matrix} y [x, y] - x [x, y] ≧ x y, \end{matrix}

ahonnan

[x, y] \cdot x \cdot y

-nal való osztás után azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{1}{x} - \frac{1}{y} ≧ \frac{1}{[x, y]} . \end{matrix}

(2)

Ezt alkalmazva

\begin{matrix} \frac{1}{[a, b]} + \frac{1}{[b, c]} + \frac{1}{[c, d]} + \frac{1}{[d, e]} ≦ \\ ≦ (\frac{1}{a} - \frac{1}{b}) + (\frac{1}{b} - \frac{1}{c}) + (\frac{1}{c} - \frac{1}{d}) + (\frac{1}{d} - \frac{1}{e}) = \frac{1}{a} - \frac{1}{e} \end{matrix}

adódik, ami valóban kisebb, mint

1

Megyesi Gábor (Szeged, Juhász Gy. Tanárképző Főisk. I. sz. Gyak. Isk., 8. o. t.)

Megjegyzések. 1. A feladatra nagyon sok hibás dolgozat érkezett. Ezek legtöbbjében egy, a kitűzöttnél élesebb ‐ egyébként igaz ‐ állítás "bizonyítása'' szerepelt. Eszerint a bal oldal maximuma

1 - \frac{1}{16}

. Gondolatmenetük lényegében a következő volt :

≫

Mivel

\frac{1}{[x, y]} ≦ \frac{1}{2 x}

, így

\frac{1}{[a, b]} ≦ \frac{1}{2}

; az első tag tehát akkor maximális, ha

a = 1

és

b = 2

. Ekkor

\frac{1}{[b, c]} = \frac{1}{[2, c]} ≦ \frac{1}{4}

és ez is csak akkor lehetséges, ha

c = 4

. Ha

c = 4

, akkor

\frac{1}{[c, d]} ≦ \frac{1}{8}

és így

d = 8

, és ugyanígy

e = 16

, a bal oldal maximuma tehát

\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{16} = 1 - \frac{1}{16}

≪

Ez a gondolatmenet hibás, bár az eredmény igaz. Ha valamit több lépésben kell maximalizálnunk, akkor nem feltétlenül akkor kapjuk a legjobb eredményt, ha minden lépésben az akkor lehetséges legnagyobb növekedést igyekszünk elérni. Esetünkben kimondatlanul feltételeztük, hogy a bal oldal akkor maximális, ha már az első tag is a lehető legnagyobb. Ez

a

és

b

értékét meghatározza, ha most megint "a lehető legtöbbet akarjuk'', akkor ez

c

-t is egyértelművé teszi, és így tovább. Lehetséges azonban, hogy ha eleinte túl mohók vagyunk, az a későbbiekben nagyon megköti a kezünket.
Egy nyilvánvaló példa a fentiek illusztrálására az alábbi. Tegyük fel, hogy két nemnegatív szám összege

1

, és a szorzatukról szeretnénk elérni, hogy a lehető legnagyobb legyen. Az első tényező nyilván akkor a legnagyobb, ha

1

, de így a második tényező már csak

0

lehet, és a szorzat láthatóan nem lesz maximális.
Egy másik példához jutunk, ha az eredeti feladatot kissé módosítjuk. Az idézett rossz megoldásokban azt "igazolták'', hogy a feltételek esetén

\begin{matrix} \frac{1}{[a, b]} + \frac{1}{[b, c]} + \frac{1}{[c, d]} + \frac{1}{[d, e]} \end{matrix}

akkor maximális, ha

a = 1

b = 2

c = 4

d = 8

és

e = 16

. Ha ehelyett

\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt[]{[a, b]}} + \frac{1}{\sqrt[]{[b, c]}} + \frac{1}{\sqrt[]{[c, d]}} + \frac{1}{\sqrt[]{[d, e]}} \end{matrix}

(3)

maximumát keressük, akkor az idézett "megoldás'' szerint

\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt[]{2}} + \frac{1}{\sqrt[]{4}} + \frac{1}{\sqrt[]{8}} + \frac{1}{\sqrt[]{16}} = 1,81 066 \end{matrix}

adódik, ez azonban most nem maximum, mert ha

a = 1

b = 2

c = 3

d = 6

e = 12

, akkor (3) értéke

\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt[]{2}} + \frac{1}{\sqrt[]{6}} + \frac{1}{\sqrt[]{6}} + \frac{1}{\sqrt[]{12}} = 1,81 228. \end{matrix}

Jól látható, hogy az összeg második tagja csökkent, de ennek révén a harmadik és a negyedik tagot növelhettük, úgy, hogy az összeg meghaladja az előző értékét.
2. Említettük, hogy igaz egy élesebb állítás is. Ezt be is látjuk

n

számra

(n ≧ 2)

n

-re vonatkozó teljes indukcióval.
Legyen tehát

1 ≦ a_{1} < a_{2} < ... < a_{n}, a_{i}

egész. Ekkor azt állítjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{1}{[a_{1}, a_{2}]} + \frac{1}{[a_{2}, a_{3}]} + ... + \frac{1}{[a_{n - 1}, a_{n}]} ≦ 1 - \frac{1}{2^{n}} . \end{matrix}

(4)

n = 2

, akkor ez az

\frac{1}{[a_{1}, a_{2}]} ≦ \frac{1}{2 a_{1}} ≦ \frac{1}{2}

becslés miatt igaz. Tegyük fel, hogy az állítás igaz

n

számra, és lássuk be, hogy ekkor

(n + 1)

számra is igaz. Két esetet különböztetünk meg. 1. eset:

a_{n + 1} < 2^{n + 1}

. Ekkor a II. megoldás becslése szerint

\begin{matrix} \frac{1}{[a_{1}, a_{2}]} + \frac{1}{[a_{2}, a_{3}]} + ... + \frac{1}{[a_{n}, a_{n + 1}]} ≦ \frac{1}{a_{1}} - \frac{1}{a_{n + 1}} < \frac{1}{a_{1}} - \frac{1}{2^{n + 1}} ≦ 1 - \frac{1}{2^{n + 1}} . \end{matrix}

2. eset:

a_{n + 1} ≧ 2^{n + 1}

. Nyilván

[a_{n}, a_{n + 1}] ≧ a_{n + 1}

, így most

\frac{1}{[a_{n}, a_{n + 1}]} ≦ \frac{1}{2^{n + 1}}

. Az indukciós feltevést felhasználva

\begin{matrix} (\frac{1}{[a_{1}, a_{2}]} + \frac{1}{[a_{2}, a_{3}]} + ... + \frac{1}{[a_{n - 1}, a_{n}]}) + \frac{1}{[a_{n}, a_{n + 1}]} ≦ \\ ≦ (1 - \frac{1}{2^{n}}) + \frac{1}{2^{n + 1}} = 1 - \frac{1}{2^{n + 1}} . \end{matrix}

Ezzel az állítást beláttuk. A bizonyításból az is látszik, hogy (4)-ben pontosan akkor van egyenlőség, ha

a_{i} = 2^{i - 1}

i = 1

2

...

n