Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.101	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bacsó Gábor , Balogh Zoltán , Füredi Zoltán , Hermann Péter , Komjáth Péter , Kovács István
Füzet:	1971/október, 73 - 75. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Határértékszámítás, folytonosság, differenciálhatóság, Határozott integrál, Nevezetes egyenlőtlenségek, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/április: Pontversenyen kívüli P.101

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

I. megoldás. Szükségünk lesz a következő egyenlőtlenségre: ha $x$ tetszőleges pozitív valós szám, akkor

\begin{matrix} 10^{x} \geq 1 + x . \end{matrix}

(1)

Ezt három lépésben bizonyítjuk be.

a) Ha

x = 1 / n

, ahol

n

természetes szám, akkor (1) ekvivalens az

\begin{matrix} {(1 + \frac{1}{n})}^{n} \leq 10 \end{matrix}

(2)

egyenlőtlenséggel. Itt a bal oldal értékére a binomiális tétel, továbbá az

(\binom{n}{j}) \leq \frac{n^{j}}{j!}

egyenlőtlenség szerint

\begin{matrix} {(1 + \frac{1}{n})}^{n} = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) \frac{1}{n^{j}} \leq 1 + \sum_{j = 1}^{\infty} \frac{1}{j!} . \end{matrix}

(3)

Mivel

j! \geq 2^{j - 1}

, a jobb oldal értéke tovább növelhető:

\begin{matrix} 1 + \sum_{j = 1}^{\infty} \frac{1}{j!} \leq 1 + \sum_{j = 1}^{\infty} \frac{1}{2^{j - 1}} = 1 + 2 = 3. \end{matrix}

Ebből pedig (

3 < 10

miatt) következik (2).

b) Ha

x = k / n

, ahol

k

is természetes szám, akkor (2) alapján

\begin{matrix} 10^{\frac{k}{n}} = {(10^{\frac{1}{n}})}^{k} \geq {(1 + \frac{1}{n})}^{k}, \end{matrix}

és a binomiális tétel szerint a jobb oldal értéke nem kisebb, mint

1 + k / n

, tehát (1)-et

x = k / n

-re is bizonyítottuk.

c) Ha pedig

x

tetszőleges pozitív valós szám, akkor

10^{x}

értékét a kétoldali megközelítéssel szokás definiálni a felsőbb matematikában, azt mondván, hogy

10^{x}

az az egyetlen valós szám, amelyre

k / n < x

mellett

10^{k / n} < 10^{x}

, viszont

k / n > x

mellett

10^{k / n} > 10^{x}

teljesül. Mivel racionális

x

-re b) alatt már bizonyítottuk (1)-et, ebből a definícióból következik (1) minden valós

x

-re.
Rátérünk feladatunk állításának az igazolására. (1) szerint tetszőleges pozitív valós számra

\begin{matrix} x \geq lg (1 + x) . \end{matrix}

Emiatt

\begin{matrix} \frac{a_{k}}{s_{k - 1}} \geq lg (1 + \frac{a_{k}}{s_{k - 1}}) = lg \frac{s_{k}}{s_{k - 1}}, \end{matrix}

ezt a

k = 1,2, ..., n

értékekre alkalmazva és a kapott egyenlőtlenségeket összeadva kapjuk, hogy

\begin{matrix} S_{n} \geq \sum_{k = 1}^{n} lg \frac{s_{k}}{s_{k - 1}} = lg \prod_{k = 1}^{n} \frac{s_{k}}{s_{k - 1}} = lg \frac{s_{n}}{s_{0}} . \end{matrix}

Feltevésünk szerint

s_{n}

tart

\infty

-be, ha

n \to \infty

, így

\frac{s_{n}}{s_{0}}

és

lg \frac{s_{n}}{s_{0}}

is tart

\infty

-be, mert a

lg x \infty

-ben vett határértéke

+ \infty

. Feladatunk állítását ezzel igazoltuk.

Megjegyzés. Megoldásunkban tetszőleges alapú logaritmust használhattunk volna, ekkor (1) helyett az

\begin{matrix} a^{x} \geq c (1 + x) \end{matrix}

(4)

egyenlőtlenséget kellett volna bizonyítanunk, ahol

x

pozitív,

a

az 1-nél nagyobb valós szám,

c

pedig alkalmasan választott konstans. Megoldásunkból kiderül, hogy a

c = 1

konstanshoz 10-nél kisebb (például

a = 3

) értéket is választhatunk

a

-nak. Be lehetne bizonyítani, hogy a (2) bal oldalán álló sorozatnak

n \to \infty

mellett a (3) jobb oldalán álló szám a határértéke (ezt a számot

e

-vel jelölik, és értéke két tizedesre lekerekítve

2, 71

), és ha

a

helyére ezt a számot írjuk, akkor (4) érvényes

c = 1

mellett minden valós

x

-re.

II. megoldás. Az

f (x) = 1 / x

függvény

s_{0} > 0

és

s_{n} > s_{0}

közti integráljának az

s_{0} < s_{1} < s_{2} < ... < s_{n - 1} < s_{n}

felosztáshoz tartozó felső közelítő összege éppen a feladatban szereplő

S_{n}

, emiatt

\begin{matrix} S_{n} > \int_{s_{0}}^{s_{n}} \frac{d x}{x} . \end{matrix}

Elegendő tehát megmutatni, hogy tetszőleges pozitív

a

számra az

\begin{matrix} L (x) = \int_{a}^{x} \frac{d t}{t} \end{matrix}

függvényhatárértéke a (

+ \infty

)-ben (

+ \infty

). Mivel az

f (x) = 1 / x

függvény

x \geq a > 0

mellett folytonos, az

L (x)

-et definiáló integrál létezik, és mivel

f (x) > 0

L (x)

monoton nő. Emiatt elegendő például az

L (2^{n} a)

sorozatról belátni, hogy

n \to \infty

mellett (

+ \infty

)-be tart.
Helyettesítéssel való integrálással könnyen belátható, hogy

\begin{matrix} \int_{u}^{v} \frac{d t}{t} = \int_{2 u}^{2 v} \frac{d t}{t} \end{matrix}

(ha

u, v

pozitív számok), így

\begin{matrix} L (2^{n} a) = \sum_{j = 1}^{n} \int_{2^{j - 1} a}^{2^{j} a} \frac{d t}{t} = \sum_{j = 1}^{n} \int_{a}^{2 a} \frac{d t}{t} = n \int_{a}^{2 a} \frac{d t}{t} . \end{matrix}

Mivel

\int_{a}^{2 a} \frac{d t}{t}

pozitív, ebből valóban következik, hogy

L (2^{n} a) |

tart (

+ \infty

)-be, ha

n \to \infty

, feladatunk állítását ezzel bebizonyítottuk.

Megjegyzés. Meg lehet mutatni, hogy a megoldásban definiált

L (x)

függvény egyenlő

^{e} log (x / a)

-val, ahol

e

az I. megoldást követő megjegyzésben definiált szám. Az

e

alapú logaritmust természetes logaritmusnak nevezik, és

log x

-szel, vagy

ln x

-szel jelölik.