Kezdőlap


Feladat:	1970. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 13. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1971/december, 216 - 219. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek, Konvergens sorok, Nevezetes azonosságok, Konstruktív megoldási módszer, Mértani sorozat, Határozott integrál, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1970/szeptember: 1970. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 13. feladata

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

I. megoldás. A $b_{n} \geq 0$ állítás nyilvánvaló, hiszen (1) alapján (2)-nek egyetlen tagja sem negatív. Másrészt (2) tagjai így alakíthatók:

\begin{matrix} (1 - \frac{a_{k - 1}}{a_{k}}) \cdot \frac{1}{\sqrt[]{a_{k}}} = \frac{a_{k} - a_{k - 1}}{a_{k} \sqrt[]{a_{k}}} = \frac{(\sqrt[]{a_{k}} + \sqrt[]{a_{k - 1}}) (\sqrt[]{a_{k}} - \sqrt[]{a_{k - 1}})}{a_{k} \sqrt[]{a_{k}}} \leq \\ \leq \frac{2 \sqrt[]{a_{k}} (\sqrt[]{a_{k}} - \sqrt[]{a_{k - 1}})}{a_{k} \sqrt[]{a_{k}}} = \frac{2 (\sqrt[]{a_{k}} - \sqrt[]{a_{k - 1}})}{a_{k}} \leq \frac{2 (\sqrt[]{a_{k}} - \sqrt[]{a_{k - 1}})}{\sqrt[]{a_{k} \cdot a_{k - 1}}} = \frac{2}{\sqrt[]{a_{k - 1}}} = \frac{2}{\sqrt[]{a_{k}}}, \end{matrix}

ezért a

k = 1,2, ..., n

összegezés közbülső tagjainak 2‐2 hányadosa az előtte, ill. utána álló tag egyik hányadosával együtt 0-t ad, és csak az első és utolsó tag egyik-egyik hányadosa marad meg:

\begin{matrix} b_{n} \leq \frac{2}{\sqrt[]{a_{0}}} - \frac{2}{\sqrt[]{a_{n}}} = 2 - \frac{2}{\sqrt[]{a_{n}}} . \end{matrix}

A jobb oldal kisebb, mint 2, tehát

b_{n} < 2

, az I. állítást bebizonyítottuk.
II. A

0 \leq c < 2

feltételt teljesítő, adott

c

számhoz egy alkalmas

q

(> 1)

hányadosú

a_{0} = 1

a_{1} = q

...

a_{n} = q^{n}

...

mértani sorozatot fogunk megadni. Ekkor

b_{n}

egy (másik) mértani sorozat összege:

\begin{matrix} b_{n} = {\sum_{k = 1}^{n}}_{}^{} (1 - \frac{q^{k - 1}}{q^{k}}) \frac{1}{\sqrt[]{q^{k}}} = (1 - \frac{1}{q}) {\sum_{k = 1}^{n}}_{}^{} {(\frac{1}{\sqrt[]{q}})}^{k} = (1 - \frac{1}{q}) \frac{1}{\sqrt[]{q}} \frac{1 - {(\frac{1}{\sqrt[]{q}})}^{n}}{1 - \frac{1}{\sqrt[]{q}}} = \\ = (1 + \frac{1}{\sqrt[]{q}}) \frac{1}{\sqrt[]{q}} {1 - {(\frac{1}{\sqrt[]{q}})}^{n}} = (\frac{1}{\sqrt[]{q}} + \frac{1}{q}) {1 - {(\frac{1}{\sqrt[]{q}})}^{n}}, \end{matrix}

tehát a

b_{n}

értékeket kizárólag

q

és

n

határozzák meg.
Mármost

c

-hez megválasztható

q

úgy, hogy az első tényezőre teljesüljön

\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt[]{q}} + \frac{1}{q} = Q > c . \end{matrix}

c = 0

esetén minden

q > 1

számra teljesül, ezért tovább csak a

0 < c < 2

értékeket tekintjük. Így pedig elegendő, hogy

\begin{matrix} 1 < q < \frac{2}{c} \end{matrix}

legyen, hiszen akkor

1 > 1 / q > 0

és

1 / \sqrt[]{q} > 1 / q

, tehát

\begin{matrix} Q = \frac{1}{\sqrt[]{q}} + \frac{1}{q} > \frac{2}{q} > c, és \frac{c}{Q} < 1. \end{matrix}

Ennek alapján megmutatjuk, hogy

q

ilyen megválasztásával a

\begin{matrix} b_{n} = Q {1 - {(\frac{1}{\sqrt[]{q}})}^{n}} > c, \end{matrix}

vagyis az

\begin{matrix} 1 > 1 - {(\frac{1}{\sqrt[]{q}})}^{n} > \frac{c}{Q} (> 0) \end{matrix}

egyenlőtlenség teljesül minden olyan

n

-re, amely nagyobb egy bizonyos

N

-nél. Ez, mivel ilyen

n

index végtelen sok van, a II. állítás bizonyítását fogja jelenteni.
Valóban, a feltevés folytán az

r_{n} = {(1 \sqrt[]{q})}^{n}

sorozat monoton csökkenve 0-hoz tart, ha

n

minden határon túl nő, ezért van olyan

N

szám, hogy

\begin{matrix} 0 < {(\frac{1}{\sqrt[]{q}})}^{n} < 1 - \frac{c}{Q}, \end{matrix}

azaz hogy

{(1 / \sqrt[]{q})}^{n}

(0

1 - \frac{c}{Q})

intervallumba esik minden

n > N

szám esetében. Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Göndőcs Ferenc, Füredi Zoltán, Komjáth Péter

II. megoldás. I. A következő alakítás szerint:

\begin{matrix} b_{n} = {\sum_{k = 1}^{n}}_{}^{} (1 - \frac{a_{k - 1}}{a_{k}}) \frac{1}{\sqrt[]{a_{k}}} = {\sum_{k = 1}^{n}}_{}^{} (a_{k} - a_{k - 1}) \cdot \frac{1}{a_{k}^{3 / 2}}, \end{matrix}

tehát a következő integrál egy közelítő összege áll előttünk:

\begin{matrix} {\int_{a_{0}}^{a_{n}}}_{}^{} \frac{1}{x^{3 / 2}} d x = {\int_{1}^{a_{n}}}_{}^{} x^{- 3 / 2} d x, \end{matrix}

hiszen az

a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}

pontok (1) alapján az

(a_{0}

a_{n})

intervallum

(a_{n} \geq a_{0})

egy felosztását adják ‐ megengedve 0 hosszúságú részintervallumokat is. Az

x^{- 3 / 2}

függvény

x > 0

esetén folytonos és pozitív, tehát az integrál létezik és pozitív. A függvény monoton fogyó, és minden egyes részintervallum hosszát a jobb végpontjában fölvett függvényértékkel szoroztuk, ezért

b_{n}

alsó közelítő összege az integrálnak. És mivel az integrál értéke

\begin{matrix} I = {\int_{1}^{a_{n}}}_{}^{} x^{- 3 / 2} d x = {[\frac{x^{- 1 / 2}}{- 1 / 2}]}_{1}^{a_{n}} = - 2 (\frac{1}{\sqrt[]{a_{n}}} - 1) = 2 - \frac{2}{\sqrt[]{a_{n}}} < 2, \end{matrix}

azért

0 < b_{n} \leq I < 2

, amint a feladat állítja.
II. A fenti integrálnak ugyanazon felosztáshoz tartozó felső közelítő összege nagyobb az integrál értékénél:

\begin{matrix} B_{n} = {\sum_{k = 1}^{n}}_{}^{} \frac{a_{k} - a_{k - 1}}{a_{k - 1}^{3 / 2}} > {\int_{1}^{a_{n}}}_{}^{} \frac{d x}{x^{3 / 2}} = 2 (1 - \frac{1}{\sqrt[]{a_{n}}}), \end{matrix}

de ha az

a_{k - 1} / a_{k}

hányadosok sorozata alulról korlátos, azaz ha van olyan

δ > 0

szám, hogy

\begin{matrix} 1 \geq \frac{a_{k - 1}}{a_{k}} > δ > 0 (k = 1,2, ...), \end{matrix}

(3)

akkor

B_{n}

nem lényegesen nagyobb

b_{n}

nél:

\begin{matrix} B_{n} = {\sum_{k = 1}^{n}}_{}^{} \frac{a_{k} - a_{k - 1}}{a_{k - 1}^{3 / 2}} = {\sum_{k = 1}^{n}}_{}^{} {(\frac{a_{k}}{a_{k - 1}})}^{3 / 2} \frac{a_{k} - a_{k - 1}}{a_{k}^{3 / 2}} < \frac{1}{δ^{3 / 2}} {\sum_{k = 1}^{n}}_{}^{} \frac{a_{k} - a_{k - 1}}{a_{k}^{3 / 2}} = \frac{b_{n}}{δ^{3 / 2}} . \end{matrix}

Ha tehát (3) teljesül, akkor

\begin{matrix} b_{n} > 2 δ^{3 / 2} (1 - \frac{1}{\sqrt[]{a_{n}}}) . \end{matrix}

(4)

Válasszuk meg

d

-t úgy, hogy

c < d < 2

legyen, majd válasszuk meg

δ

-t úgy, hogy

\begin{matrix} 2 δ^{3 / 2} > d, azaz δ > {(\frac{d}{2})}^{2 / 3} = δ_{0} \end{matrix}

teljesüljön, ahol mivel

d < 2

, azért

δ_{0} < 1

. Így (4) szerint

b_{n} > c

akkor mindenesetre teljesül, ha

\begin{matrix} 1 - \frac{1}{\sqrt[]{a_{n}}} > \frac{c}{d}, azaz a_{n} > {(\frac{d}{d - c})}^{2} = D . \end{matrix}

(5)

Azt kell tehát megmutatnunk, hogy tetszőleges

0 < δ < 1

számhoz van olyan

a_{k}

sorozat, melyre a feladat feltételein kívül (3) teljesül, és végtelen sok

n

indexre (5) is teljesül.
Az utóbbi biztosan teljesül, ha

a_{n}

n

-nel együtt minden határon túl nő. Ha viszont a (3)-nál többet mondó

\begin{matrix} \sqrt[]{δ} > \frac{a_{k - 1}}{a_{k}} > δ (k = 1,2, ...) \end{matrix}

is teljesül az

a_{n}

sorozatra, akkor

\begin{matrix} a_{n} = \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} \cdot \frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} \cdot ... \cdot \frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot \frac{a_{1}}{a_{0}} > {(\frac{1}{\sqrt[]{δ}})}^{n}, \end{matrix}

ahol

1 / \sqrt[]{δ} > 1

miatt

\begin{matrix} {lim}_{}^{}_{n \to \infty}^{} {(\frac{1}{\sqrt[]{δ}})}^{n} = \infty, \end{matrix}

és ezzel a feladat állítását bebizonyítottuk.

Reviczky János, Ferró József