Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.113	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balogh Zoltán , Hermann Péter , Reviczky János
Füzet:	1972/november, 154 - 155. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Sorozat határértéke, Nevezetes egyenlőtlenségek, Számsorozatok, Természetes számok, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/október: Pontversenyen kívüli P.113

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

Megmutatjuk, hogy a kérdéses hányadosnak mindig van ‐ legalábbis tágabb értelemben ‐ határértéke, éspedig

\begin{matrix} \frac{A_{n}}{B_{n}} = {\begin{matrix} + \infty, ha a > b, & (α) \\ 1, ha a = b, & (β) \\ 0, ha a < b . & (γ) \end{matrix} \end{matrix}

(1)

Az állítás

(α)

része például azt jelenti, hogy ha

a > b

, akkor bármely

M

számhoz van olyan

N

szám, hogy minden

N

-nél nagyobb

n

indexre az

A_{n} / B_{n}

hányados értéke

M

-nél nagyobb. Először ezt bizonyítjuk be, a bizonyításhoz szükségünk van a következő egyenlőtlenségre: ha

b

és

m

tetszőleges természetes számok, akkor

\begin{matrix} {(b + 1)}^{m} ≧ b^{m} + m b^{m - 1} . \end{matrix}

(2)

m = 1

kitevő mellett (2) két oldala egyenlő. Tegyük fel, hogy már igazoltuk (2)-t minden

m

-nél kisebb kitevőre, akkor

\begin{matrix} {(b + 1)}^{m} & = (b + 1) {(b + 1)}^{m - 1} ≧ (b + 1) {b^{m - 1} + (m - 1) b^{m - 2}} = \\ = b^{m} + m b^{m - 1} + (m - 1) b^{m - 2} ≧ b^{m} + m b^{m - 1} \end{matrix}

miatt igaz (2) az

m

kitevő mellett is.
Az (2) egyenlőtlenség alapján

(1 α)

bizonyítása a következő. Legyen

M

tetszőleges valós szám, és legyen

k

2 M b

szorzatnál nagyobb természetes szám. Akkor

a > b

és (2) miatt

\begin{matrix} a^{k} ≧ {(b + 1)}^{k} ≧ b^{k} + k b^{k - 1} > 2 M b b^{k - 1} = 2 M b^{k}, \end{matrix}

tehát

a^{k} / b^{k} > 2 M

. Legyen

n > k

, akkor

\begin{matrix} \frac{A_{n}}{B_{n}} > \frac{A_{n} - A_{k}}{B_{n}} = \frac{A_{n} - A_{k}}{B_{n} - B_{k}} \cdot \frac{B_{n} - B_{k}}{B_{n}} . \end{matrix}

Itt az első hányados értéke nagyobb

a^{k} / b^{k}

-nál, hiszen

\begin{matrix} b^{k} (A_{n} - A_{k}) = a^{k} b^{k} \sum_{j = k + 1}^{n} x_{j} a^{j - k} > a^{k} b^{k} \sum_{j = k + 1}^{n} x_{j} b^{j - k} = a^{k} (B_{n} - B_{k}) . \end{matrix}

Elég tehát

N

-et úgy megválasztani, hogy

N > k > 2 M b

legyen, továbbá úgy, hogy ha

n > N

, akkor

\begin{matrix} \frac{B_{n} - B_{k}}{B_{n}} > \frac{1}{2} \end{matrix}

(3)

teljesüljön. (3)-at rendezve azt kapjuk, hogy a

\begin{matrix} B_{n} - B_{k} > B_{k} \end{matrix}

egyenlőtlenségnek kell teljesülnie, ami biztosan teljesül, ha

n - k - 1 > B_{k}

, hiszen

\begin{matrix} B_{n} - B_{k} = \sum_{j = k + 1}^{n} x_{j} b^{j} \end{matrix}

miatt

(B_{n} - B_{k})

olyan

(n - k - 1)

-tagú összeggel egyenlő, amelynek minden tagja legalább 1. Eszerint a

N = B_{k} + k + 1

választás megfelel, ahol

k

2 M b

szorzatnál nagyobb természetes szám. Ezzel az

(1 α)

állítást beláttuk.
Az

(1 β)

állítás nyilvánvaló, hiszen ha

a = b

, akkor

A_{n} / B_{n} = 1

, minden

n

-re. Az

(1 γ)

állítás pedig a már bizonyított

(1 α)

-ból következik, hiszen ha

a < b

, akkor

(1 α)

szerint

B_{n} / A_{n}

tart

\infty

-be, tehát a reciproka,

A_{n} / B_{n}

tart 0-hoz, ha

n

tart

\infty

-be. Ezzel állításunk mindhárom részét bebizonyítottuk, a feladatot megoldottuk.

Reviczky János, Balogh Zoltán, Hermann Péter