Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.279	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balázs Iván József , Horváth 619 Miklós , Ráth György , Sali Attila , Seress Ákos
Füzet:	1978/szeptember, 18 - 19. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Összefüggések binomiális együtthatókra, Sorozat határértéke, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1977/február: Pontversenyen kívüli P.279

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

Alakítsuk át először a binomiális együtthatók szorzatát

\begin{matrix} P_{n} = (\binom{n}{0}) (\binom{n}{1}) ... (\binom{n}{n}) = \frac{n}{1} \cdot \frac{n (n - 1)}{1 \cdot 2} ... \frac{n (n - 1) ... 1}{1 \cdot 2 \cdot ... \cdot n} = {\prod_{j = 1}^{n}}_{}^{} \frac{j^{j}}{j!} . \end{matrix}

Az itt fellépő tényezők egyenlőek az

e_{i} = {(1 + \frac{1}{i})}^{i}

sorozat első

(j - 1)

tagjának a szorzatával:

\begin{matrix} e_{1} e_{2} ... e_{j - 1} = \frac{2}{1} \cdot \frac{3^{2}}{2^{2}} \cdot ... \cdot \frac{j^{j - 1}}{{(j - 1)}^{j - 1}} = \frac{j^{j - 1}}{(j - 1)!} = \frac{j^{j}}{j!} . \end{matrix}

Emiatt

\begin{matrix} P_{n} = \prod_{j = 2}^{n} (\prod_{i = 1}^{j - 1} e_{i}) = \prod_{i = 1}^{n - 1} e_{i}^{n - i} . \end{matrix}

Vezessük be az

e_{0} = 1

m = \frac{n (n + 1)}{2}

és

Q_{n} = \sqrt[n]{G_{n}^{2}}

jelöléseket, akkor

\begin{matrix} Q_{n} = \sqrt[m]{P_{n}} = \sqrt[m]{\prod_{i = 0}^{n - 1} e_{i}^{n - i}}, \end{matrix}

tehát a vizsgálandó sorozat négyzete

m

szám mértani közepével egyenlő, amelyek közül

n

e_{0}

-lal,

(n - 1)

e_{1}

-gyel, általában

(n - i)

e_{i}

-vel egyenlő. Mivel az

e_{i}

sorozat monoton nő, és

e

a határértéke, ebből következik, hogy

1 = e_{0} ≦ Q_{n} ≦ e

, elegendő belátni, hogy tetszőleges

k

-hoz található olyan

N

, hogy

Q_{n} ≧ e_{k}

, ha

n > N

. Valóban,

\begin{matrix} Q_{n} = \sqrt[m]{\prod_{i = 1}^{k} {(\frac{e_{i}}{e_{k}})}^{n - i}} \cdot \sqrt[m]{({\prod_{i = 1}^{k}}_{}^{} e_{k}^{n - i}) (\prod_{i = k + 1}^{n} e_{i}^{n - i})}, \end{matrix}

és itt a második szorzat minden tényezője legalább

e_{k}

, így elég belátni, hogy az első szorzat minden tényezője tart

1

-hez, midőn

n

tart a végtelenbe. Ez viszont az exponenciális függvény folytonossága miatt igaz, hiszen az

e_{i} / e_{k}

tag kitevője

\begin{matrix} \frac{n - i}{m} = \frac{2 (n - i)}{n (n + 1)} \end{matrix}

tart

0

-hoz, így a hatvány valóban tart

1

-hez.

Megjegyzések. 1. Hasonlóan látható be, hogy az

e_{i}

számok mértani közepe,

\begin{matrix} \sqrt[n]{e_{0} e_{1} ... e_{n - 1}} = \frac{n}{\sqrt[n]{n!}} \end{matrix}

is tart

e

-hez, tehát

n!

értékére jó közelítést kapunk, ha az

n / e

hányados

n

-edik hatványát vesszük. Pontosabb becslést ad a következő egyenlőtlenség:

\begin{matrix} {(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{2 π n} < n! < {(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[]{2 π n} (1 + \frac{1}{10 n}) . \end{matrix}

2. Az

a^{x}

exponenciális függvényt tetszőleges

a > 0

alap mellett értelmezhetjük az összes valós

x

-re, az

a = 1

alap mellett a függvény állandó,

a > 1

mellett monoton növő,

a < 1

mellett monoton fogyó. A

\begin{matrix} b^{x} = a^{x} log_{a} b \end{matrix}

összefüggés alapján elég egy alap, mondjuk

a = e

mellett vizsgálni a függvényt.

Az

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

sorozat konvergenciája alapján belátható, hogy az

e^{x}

függvény deriváltja sajátmaga, emiatt az

e

alapú

log x

deriváltja

1 / x

. A fenti feladatban vizsgált sorozat logaritmusa a

(2 x - 1) log x

függvény

(0,1)

intervallum feletti integráljának közelítő összege, határértéke ennek alapján is meghatározható.