Kezdőlap


Feladat:	N.12	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Csörnyei Marianna , Farkas Illés , Futó Gábor , Gyarmati Katalin , Hertz István , Megyesi Zoltán , Pap Gyula , Pete Gábor , Szeidl Ádám
Füzet:	1994/október, 362 - 364. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Függvényvizsgálat differenciálszámítással, Logaritmusos egyenlőtlenségek, Függvényvizsgálat, Határozott integrál, "e" szám közelítő kiszámítása, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1993/november: N.12

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

A Matematikai Lapok 32. évfolyamának (1981-1985) 4. számában szerepel a fenti feladat.
Nyilván feltehetjük, hogy $log x$ az $x$ szám ( $x > 0$ ) $e$ alapú logaritmusát jelöli. A tétel ‐ könnyen ellenőrizhető ‐ $n = 2,3,4,5,6,7,8$ esetén teljesül, ezért mi a továbbiakban az $n \geq 9$ esettel foglalkozunk. Számolással könnyen igazolható, hogy

\begin{matrix} 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{6} > log 7 + \frac{1}{2} . \end{matrix}

(A bal oldalon 2,45 áll, a jobb oldalon kb. 2,446.) Mivel az

x \mapsto \frac{1}{x}

függvény szigorúan monoton fogyó a pozitív számokon, és

n - 2 \geq 7

, azért

\begin{matrix} \frac{1}{7} + \frac{1}{8} + ... + \frac{1}{n - 2} \geq \int_{7}^{n - 1} \frac{d x}{x} = log (n - 1) - log 7, \end{matrix}

amit

\frac{1}{n - 1}

-gyel megnövelve, majd (2)-höz hozzáadva:

\begin{matrix} 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n - 1} > log (n - 1) + \frac{1}{2} + \frac{1}{n - 1} > log (n - 1) + \frac{1}{2} . \end{matrix}

Alakítsuk most át (1)-et ekvivalens lépésekkel!

\begin{matrix} \frac{log (n + 1)}{log n} > \frac{(1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n - 1} + \frac{1}{n})}{(1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n - 1})} = 1 + \frac{1}{n (1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n - 1})} \end{matrix}

\begin{matrix} 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n - 1} > \frac{log n}{n [log (n + 1) - log n]} = \frac{log n}{n log (1 + \frac{1}{n})} . \end{matrix}

(3) szerint ennek bal oldala nagyobb, mint

log (n - 1) + \frac{1}{2}

, ezért elég belátnunk, hogy

\begin{matrix} log (n - 1) + \frac{1}{2} > \frac{log n}{n log (1 + \frac{1}{n})} \end{matrix}

Legyen

g (x) = {(1 + \frac{1}{x})}^{x + 1}

, ha

x > 0

. Ismeretes, hogy

g (x)

szigorúan monoton fogyó, és hogy

{lim}_{x \to \infty}^{} g (x) = e

, ezért

g (x) > e

mindig fennáll. Ennek alapján

\begin{matrix} \begin{matrix} {(1 + \frac{1}{n})}^{n + 1} & > e \\ (n + 1) log (1 + \frac{1}{n}) & > 1, azaz \\ 1 + \frac{1}{n} = \frac{n + 1}{n} & > \frac{1}{n log (1 + \frac{1}{n})}, ahonnan \\ (1 + \frac{1}{n}) log n & > \frac{log n}{n log (1 + \frac{1}{n})} . \end{matrix} \end{matrix}

Azt kaptuk, hogy (4) jobb oldala kisebb, mint

(1 + \frac{1}{n}) log n

, ezért elég igazolnunk, hogy

\begin{matrix} \begin{matrix} log (n - 1) + \frac{1}{2} & > (1 + \frac{1}{2}) log n, amit átalakítva \\ log [\sqrt[]{e} (n - 1)] & > log n^{(1 + \frac{1}{n})} = log (n - n^{\frac{1}{n}}) \\ \sqrt[]{e} (n - 1) & > n - n^{\frac{1}{n}} \\ \sqrt[]{e} & > \frac{n}{n - 1} \cdot n^{\frac{1}{n}} . \end{matrix} \end{matrix}

Legyen most

f (x) = x^{\frac{1}{x}}

, ha

x > 0

. Némi számolással adódik, hogy

\begin{matrix} f' (x) = \frac{f (x)}{x^{2}} (1 - log x) = x^{\frac{1}{x} - 2} (1 - log x) . \end{matrix}

Mivel

x^{\frac{1}{x} - 2} > 0

, azért

f' (x) < 0

, ha

1 - log x < 0

, azaz ha

e < x

. Ez azt jelenti, hogy

f (x)

szigorúan monoton fogyó az

x > e

számokon, vagyis

\begin{matrix} n^{\frac{1}{n}} \leq 9^{\frac{1}{3}}, hiszen n \geq 9 > e . \end{matrix}

Mivel

x > 0

esetén az

x \mapsto \frac{1}{x}

függvény szigorúan monoton fogyó, azért ugyanilyen az

x \mapsto \frac{1}{1 - \frac{1}{x}} = \frac{x}{x - 1}

függvény is, tehát

n \geq 9

miatt

\begin{matrix} \frac{n}{n - 1} \leq \frac{9}{8} . \end{matrix}

Ennek és (6)-nak a bal oldalán pozitív számok állnak, azaz összeszorozva őket

\frac{n}{n - 1} \cdot n^{\frac{1}{n}} \leq \frac{9}{8} \cdot 9^{\frac{1}{9}}

fennáll, és így (5) helyett elegendő megmutatnunk, hogy telsejül a

\begin{matrix} \sqrt[]{e} > \frac{9}{8} \cdot 9^{\frac{1}{9}} \end{matrix}

egyenlőtlenség. Numerikus becsléssel könnyen igazolható, hogy ez valóban fennáll, és így igaz az (1) egyenlőtlenség is. (

\sqrt[]{e} \approx 1,65; \frac{9}{8} \cdot 9^{\frac{1}{9}} \approx 1,44

)
Ezzel a bizonyítást befejeztük.