Feladat: Gy.2168 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1984/november, 383. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyenlőtlenségek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/január: Gy.2168

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

Legyen először n≥3, és tegyük fel, hogy az egyenlőtlenségrendszer megoldható. Ekkor

1<x<2,(1)2<x2<3,(2)n-2<xn-2<n-1,(3)n<xn<n+1.(4)


(1) szerint x pozitív, tehát (2) és (3) alapján xn=xn-2⋅x2>2(n-2). Másfelől (4) szerint xn<n+1, így 2(n-2)<n+1, ahonnan n<5.
Azt kaptuk, hogy ha n≥5, akkor az egyenlőtlenségrendszernek nincs megoldása. Megmutatjuk, hogy ha n=1,2,3 vagy 4, akkor megoldható. Ezt nyilván elegendő n=4-re igazolni, ami pontosan azt jelenti, hogy az alábbi négy intervallum közös része nem üres:
I1=(1;2),I2=(2;3),I3=(33;43),I4=(44;54).

1<2<3<2 miatt I2⊂I1. A 23<32<42<33 egyenlőtlenségsorozatból hatodik gyököt vonva kapjuk, hogy I3⊂I2. Állításunk most már következik abból, hogy I3 és I4 közös része nem üres. A 43<34<53<44 egyenlőtlenségláncból 12-dik gyököt vonva
44<33<54<43,
vagyis I3∩I4=(33;54), ennek pedig például az 1,45 eleme.
Az egyenlőtlenségrendszer tehát az n=1,2,3, és 4 értékekre oldható meg.
 

Megjegyzés. Az, hogy az n≥5 esetben nincs megoldás, adódik abból is, hogy már a 3<x3<4 és az 5<x5<6 egyenlőtlenségrendszernek sincs megoldása, mert
65<33⋅(63=216<243=35).