Feladat: 1965. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 1. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1966/március, 97 - 98. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyenlőtlenségek, Nevezetes azonosságok, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1966/március: 1965. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 1. feladata

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

Az egyenlőtlenséget az átrendezett

(2n)n<(2n+1)n-(2n-1)n(1a)
alakban fogjuk bizonyítani. Rendezzük a jobb oldali hatványokat 2n hatványai szerint. Mind a két kifejezés (a+b)n alakú, ahol a=2n, és b az egyik esetben 1, a másik esetben -1. Az n-edik hatvány egy n tényezős szorzatot jelent. Ennek a tagokra bontott alakját úgy kapjuk, hogy minden lehető módon kiveszünk mindegyik tényezőből egy-egy tagot, ezeket összeszorozzuk, és az összes ilyen szorzatokat összeadjuk.
Végezzük a fenti két hatvány tagokra bontását párhuzamosan úgy, hogy mindkettőben ugyanannyiadik tényezőkből választjuk a 2n-et és a többiből az első kéttagúnál a +1-et, a másodiknál a -1-et. Ha páros számú tényezőből választjuk a +1-et, ill. a -1-et, akkor egyenlő tagok keletkeznek, és ezek a kivonáskor kiesnek (így az a két tag is, amelyhez mindegyik tényezőből a 2n-et választjuk ki). Ha viszont páratlan számú tényezőből választjuk a +1-et, illetőleg a -1-et, akkor egyenlő abszolút értékű tagok keletkeznek, de (2n+1)n-ből pozitív előjellel, (2n-1)n-ből negatív előjellel, a kivonásnál tehát ezek kétszerese adódik. Az összes ilyen tagok összege adja a jobb oldalt. Azt csökkentjük tehát, ha ezek közül a tagok közül csak egyeseket veszünk tekintetbe.
Nézzük azokat a tagokat, amelyek úgy keletkeznek, hogy egy híjján minden tényezőből a 2n-et választjuk. Egyrészt ezek mindegyike 2(2n)n-1-t ad a különbséghez, másrészt ilyen tag n-szer keletkezik, mert az a tényező, amelyikből nem a 2n-et (tehát az 1-et, ill. a -1-et) választottuk, vagy az első vagy a második stb. vagy az n-edik. Az (1a) jobb oldala tehát legalább n⋅2⋅(2n)n-1=(2n)n, és nagyobb ennél, ha fennáll az a lehetőség is, hogy három tényezőből válasszuk a +1-et, ill. a -1-et, vagyis ha n legalább 3. Ezzel az egyenlőtlenséget bebizonyítottuk.
 
Megjegyzés. A követett gondolatmenet mutatja, hogy (a+b)n-t a és b hatványai szerint rendezve akbn-k alakú tagok keletkeznek, ahol k=0,1,2,...,n lehet, és a felírt tag együtthatója az a szám, ahányféleképpen n különböző dolog közül k-t ki lehet választani, ha a kiválasztás sorrendjére nem vagyunk tekintettel. (Ennyi módon választhatunk ki k tényezőt, hogy azokból a-t, a többiből b-t vegyük ki tényezőül.)
 

II. megoldás. Kézenfekvő (1a) jobb oldalának első tagjából levonni, a másodikhoz hozzáadni (2n)n-t, mivel a kifejezést 2n egy hatványával akarjuk összehasonlítani. Ekkor a fellépő különbségekben az alapok különbsége 1, és ezért az egyenlő kitevőjű hatványok különbsége így alakítható át:
(2n+1)n-(2n-1)n=(2n+1)n-(2n)n+(2n)n-(2n-1)n==(2n+1)n-1+(2n+1)n-2⋅(2n)+(2n+1)n-3(2n)2+...+(2n+1)(2n)n-2++(2n)n-1+(2n)n-1+(2n)n-2⋅(2n-1)+...+(2n)(2n-1)n-2++(2n-1)n-1=[(2n+1)n-1+(2n-1)n-1]+(2n)[(2n+1)n-2++(2n-1)n-2]+...+(2n)n-2[(2n+1)+(2n-1)]+2(2n)n-1.

A kifejezést n tagra bontottuk, így az egyenlőtlenség igazolást nyer, ha megmutatjuk, hogy a kifejezés növekszik, ha mindenütt, ahol előfordul, 2n+1-et és 2n-1-et egyidejűleg (2n)-nel helyettesítjük. Az utolsó előtti tagnál ez nem okoz változást, a többinél viszont nagyobbítást jelent, ugyanis ha l>1,
(2n+1)l+(2n-1)l-2(2n)l=(2n+1)l-(2n)l-[(2n)l-(2n-1)l]==(2n+1)l-1+(2n+1)l-2⋅(2n)+...+(2n+1)(2n)l-2+(2n)l-1--[(2n)l-1+(2n)l-2⋅(2n-1)+...(2n)(2n-1)l-2+(2n-1)l-1]==[(2n+1)l-1-(2n-1)l-1]+(2n)[(2n+1)l-2-(2n-1)l-2]+...++(2n)l-2⋅[(2n+1)-(2n-1)]>0.

Ezzel a feladat állítása igazolást nyert.
 

Megjegyzés. Az egyenlőtlenség belátható az egyenlő kitevőjű hatványok különbségére vonatkozó azonosság ismételt alkalmazásával is:
(2n+1)n-(2n-1)n=(2n+1)n-(2n)n+(2n)n-(2n-1)n==[(2n+1)n-1+(2n-1)n-1]+(2n)[(2n+1)n-2+(2n-1)n-2]++...+(2n)n-2⋅[(2n+1)+(2n-1)]+2(2n)n-1.



Itt az utolsó előtti tag egyenlő az utolsóval, a többi pedig nagyobb nála, mert ha l>1,
(2n+1)l+(2n-1)l-2(2n)l=(2n+1)l-(2n)l-[(2n)l-(2n-1)l]==(2n+1)l-1-(2n-1)l-1+(2n)[(2n+1)l-2-(2n-1)l-2+...++(2n)l-2⋅[(2n+1)-(2n-1)]>0.


Az n tag összege tehát nagyobb, mint n⋅2(2n)n-1=(2n)n.