Kezdőlap


Feladat:	Gy.2184	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1985/január, 20 - 21. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Gyökös függvények, Egészrész, törtrész függvények, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1984/március: Gy.2184

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

I. megoldás. Megmutatjuk, hogy $m$ -nek a legkisebb, $\sqrt[]{a}$ -nál nagyobb egész megfelel, azaz

\begin{matrix} a < {([\sqrt[]{a}] + 1)}^{2} < d . \end{matrix}

Az első egyenlőtlenség nyilvánvaló, hiszen egy

\sqrt[]{a}

-nál nagyobb szám négyzete nagyobb, mint

a

, és

\sqrt[]{a} < [\sqrt[]{a}] + 1

. Másfelől

\begin{matrix} m & = [\sqrt[]{a}] + 1 \leq \sqrt[]{a} + 1, ahonnan \\ m^{2} & \leq {(\sqrt[]{a} + 1)}^{2} = a + 2 \sqrt[]{a} + 1. \end{matrix}

Elegendő igazolni, hogy

\begin{matrix} a + 2 \sqrt[]{a} + 1 < d . \end{matrix}

(1)

Legyen

b = a + x

c = a + y

d = a + z

, itt

x

y

z

pozitív egészek és

0 < x < y < z

. Ekkor a bizonyítandó állítás a következő alakot ölti:

\begin{matrix} 2 \sqrt[]{a} + 1 < z . \end{matrix}

(2)

A feltétel szerint

a (a + z) = (a + x) (a + y)

, ahonnan

\begin{matrix} (z - (x + y)) a = x y . \end{matrix}

(3)

A bal oldalon

a

együtthatója egész, és mivel a jobb oldal pozitív, így legalább

1

. Így egyrészt

\begin{matrix} z - 1 \geq x + y, \end{matrix}

(4)

másrészt

\begin{matrix} x y > a . \end{matrix}

(5)

(4)-ből

\frac{z - 1}{2} \geq \frac{x + y}{2}

; (5)-ből pedig

\sqrt[]{x y} \geq \sqrt[]{a}

. De

x

és

y

különböző egészek, így számtani közepük határozottan nagyobb mértani közepüknél. Igaz tehát, hogy

\begin{matrix} \frac{z - 1}{2} \geq \frac{x + y}{2} > \sqrt[]{x y} \geq \sqrt[]{a}, \end{matrix}

vagyis

\frac{z - 1}{2} > \sqrt[]{a}

, ahonnan rendezés után (2) adódik. Ezzel a bizonyítást befejeztük.

II. megoldás. Induljunk ki az

a d = b c

összefüggésből. Az

a d

-t prímszámok szorzataként felírva ezeket a prímeket ketté tudjuk osztani úgy is, hogy az egy-egy csoportba esők szorzata

a

, illetve

d

legyen, és úgy is, hogy a szorzatok értéke

b

, valamint

c

legyen. Ám akkor ezek a prímek négy csoportba oszthatók, mondjuk

P

-be,

Q

-ba,

E

-be és

S

-be, úgy hogy a

P

és

Q

-beli prímek szorzata

a

, az

R

és

S

-belieké

d

; a

P

-be és

R

-be eső prímek szorzata a

b

-t adja ki, a

Q

-ba és

S

-be esők szorzata pedig

c

-t. Az egy csoportba eső prímek szorzatát a megfelelő kisbetűvel jelölve azt kapjuk, hogy vannak olyan pozitív egész

p

q

r

s

számok, amelyekre

\begin{matrix} a = p q, b = p r, c = q s, d = r s . \end{matrix}

a < b < c < d

alapján

p q < p r < q s < r s

, azaz

\begin{matrix} q < r és p < s . \end{matrix}

(6)

Akkor van olyan

m

egész, amire

a < m^{2} < d

, ha

\sqrt[]{a}

és

\sqrt[]{d}

közé esik egész szám, és ez biztosan így van, ha kettejük különbsége nagyobb

1

-nél:

\begin{matrix} \sqrt[]{d} - \sqrt[]{a} = \frac{d - a}{\sqrt[]{d} + \sqrt[]{a}} > 1. \end{matrix}

(7)

Elegendő tehát ezt bizonyítanunk. (6) szerint

r - q - 1

, valamint

s - p - 1

nem negatívak, azért

\begin{matrix} (r + q) (s - p - 1) + (p + s) (r - q - 1) \geq 0, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} r s - p q \geq \frac{p + q + r + s}{2} . \end{matrix}

A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget a jobb oldalra alkalmazva

\begin{matrix} r s - p q \geq \sqrt[]{p q} + \sqrt[]{r s} \end{matrix}

adódik. Ez pedig a bizonyítandó (7) egyenlőtlenséggel egyezik meg, ha megmutatjuk, hogy az egyenlőség nem állhat fenn. Ha ugyanis a két oldal mégis egyenlő volna, akkor szükségképpen

p = q

és

r = s

, hiszen a számtani és mértani közepük egyenlő és ekkor

b = p r = q s = c

, ellentétben a

b < c

feltétellel.