Feladat: Pontversenyen kívüli P.349 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Balázs Zoltán ,  Király Zoltán ,  Kovács 721 Tibor ,  Megyesi Gábor ,  Nagy Zsolt ,  Petz Rajmund ,  Tranta Beáta 
Füzet: 1982/november, 141 - 143. oldal  PDF file
Témakör(ök): Pontversenyen kívüli probléma, Exponenciális egyenlőtlenségek
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/szeptember: Pontversenyen kívüli P.349

Bizonyítandó, hogy ha n egynél nagyobb egész szám, akkor
2n<41/n+42/n+...+4n/n3n.

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

2n<41/n+42/n+...+4n/n3n.(1)

I. megoldás. Jelöljük (41/n+42/n+...+4n/n)/n értékét Tn-nel. Azt kell megmutatnunk, hogy 2<Tn3. n>1 esetén Tn a különböző 41/n, 42/n, ..., 4n/n számok számtani közepe, s így biztosan nagyobb ugyanezeknek a számoknak a mértani közepénél. A számok szorzata maga is 4 hatványa, melynek kitevője
1n+2n+...+nn=n+12>n2,
így a számok mértani közepe nagyobb, mint 4n/2n=2. Ezzel az (1) bal oldalán álló egyenlőtlenséget beláttuk.
Ha n páros, a jobb oldalon álló egyenlőtlenséget abból kapjuk, hogy j=1,2,...,n/2 mellett 4j/n41/2=2, j=n/2+1,...,n mellett pedig 4j/n4n/n4
Ha n egynél nagyobb páratlan szám, azaz n=2m+1 alakú valamely m1 egész számra, akkor ugyanazt a gondolatmenetet alkalmazhatjuk, csak most összegünk középső tagját külön meg kell becsülnünk. j=1,2,...,m-re 4j/n4m/n<41/2=2, j=m+1 esetén j/n=(m+1)/(2m+1)2/3, mert m1, következésképp 4j/n42/3<3, végül j=m+2,...,n-re 4j/n4n/n=4. Ezért
41/n+42/n+...+4n/nm2+3+m4=(2m+1)3=3n.
Ezzel (1) jobb oldalát is beláttuk.
 

II. megoldás, az (1) jobb oldalán álló egyenlőtlenségre.
Tn értékét grafikusan szemléltetjük. Tekintsük az (x;y) koordináta-rendszerben azokat a téglalapokat, amelyeknek alapja az x tengelyen van, hossza 1n, egy-egy csúcsuk pedig j=0,1,...,n-1 mellett a (j/n,4j/n) pontban.
 

1. ábra
 

Ezeknek a téglalapoknak a területösszege (1. ábra)
1n40/n+1n41/n+...+1n4(n-1)/n=1n+Tn-1n4n/n=Tn-3n.

Másrészt ezek a téglalapok benne vannak abban az ötszögben, amelynek csúcsai a (0;0), (1;0), (1;4), (12;2), (0;1) pontok, ugyanis a téglalapoknak az x tengellyel párhuzamos oldalai teljesen a 4x függvény alatt maradnak, viszont a (0;1) és (12;2), valamint az (12;2) és (1;4) pontokat összekötő húrok teljesen a 4x függvény fölött haladnak. (Felhasználtuk, hogy a 4x függvény monoton nő és konvex.) Ez az ötszög két trapézból tehető össze, amelyek területe 3/4, illetve 6/4, így azt kapjuk, hogy a téglalapok területösszege kisebb 9/4-nél, azaz
Tn-3n94.
Ebből átalakítással az adódik, hogy
nTn=41/n+42/n+...+4n/n94n+3.(2)

Ha n4, akkor (9/4)n+33n, így (2)-ből n4-re az (1) jobb oldalán álló egyenlőtlenség már következik. n=2, 3-ra (1) számolással könnyen ellenőrizhető.
 

Megjegyzések. 1. (2) nagy n-ekre lényegesen jobb közelítést ad, mint (1), de kis n értékekre (1)-et külön ellenőrizni kellett. A fent használt grafikus módszerre általában is jellemző, hogy nagy n-ekre nagyon jó becslést ad, de kis n-ekre nem mindig használható.
 

2. Az I. megoldás bizonyítása is szemléltethető volna geometriailag, ott a téglalapokat lényegében a (0;0), (1;0), (1;4), (1/2 ;4), (1/2;2), (0;2) pontok alkotta hatszögbe foglaltuk bele. (2. ábra)
 
 

2. ábra
 

3. Mivel azok a számok, amelyeknek Tn a számtani közepe, egy 41/n hányadosú mértani sorozatot alkotnak, Tn zárt alakra hozható:
Tn=1n4(n+1)/n-41/n41/n-1=1n41/n341/n-1.
Eszerint 3/Tn=(1-4-1/n)/(1n) az f(x)=4-x függvény x1=0, x2=1n helyekhez tartozó differencia-hányadosa. (1) ennek alapján is belátható, sőt az is kiolvasható ebből, hogy
limn3Tn=f'(0)=ln  4,
tehát limnTn=3/ln  4.
 

4. A megoldásban használt téglalapok a 4x függvény (0,1) szakasz feletti darabja és az x tengely közötti idom területének alsó közelítői, Tn határértéke pedig az 014xdx integrállal egyenlő.