Feladat: F.3053 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Elek Péter ,  Farkas Péter ,  Gémes Tamás ,  Hegedűs Viktor ,  Makai Márton ,  Németh Zoltán ,  Pap Gyula ,  Radnóti Gergely ,  Szádeczky-Kardoss Szabolcs ,  Tóth Gábor Zsolt ,  Valkó Benedek 
Füzet: 1995/november, 486 - 487. oldal  PDF file
Témakör(ök): Teljes indukció módszere, Irracionális egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1995/február: F.3053

Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges n pozitív egészre
123456...2n-12n13n+1.(3)


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

 
I. megoldás. Az állítást teljes indukcióval bizonyítjuk. Ha n=1, akkor mindkét oldalon 12 áll, az állítás igaz.
Tegyük fel, hogy valamely n=k-ra (1) teljesül, azaz
123456...2k-12k13k+1.(2)
Megmutatjuk, hogy ebből az állítás n=k+1-re is következik, azaz
123456...2k-12k2k+12k+213k+4.(3)

Ehhez elég bebizonyítani, hogy
2k+12k+23k+13k+4,(4)
mert a (3) egyenlőtlenség éppen (2) és (4) szorzata.
Mivel (4) mindkét oldalán a számláló és a nevező is pozitív, beszorozhatunk és négyzetre emelhetünk:
(2k+1)2(3k+4)(2k+2)2(3k+1);12k3+28k2+19k+412k3+28k2+20k+4,
ami k0 miatt triviális. Ezzel (4)-et és az állítást igazoltuk.
 
II. megoldás. A Wallis-formula szerint minden pozitív egész n-re
21234345...2n2n-12n2n+1<π2<21234345...2n-22n-12n2n-1.(5)
(A formula bizonyítása megtalálható pl. Császár Ákos: Valós analízis I., 310‐311.)
Jelöljük (5) bal oldalát an-nel, jobb oldalát bn-nel, (1) bal oldalát cn-nel. A bizonyítás arra épül, hogy an és bn hasonlít cn négyzetére, nevezetesen
cn2=1(2n+1)an=12nbn.
Ezt összevetve az (5)-beli egyenlőtlenségekkel azt kapjuk, hogy
cn2>1(2n+1)π2=1πn+π2éscn2<12nπ2=1πn,
vagyis
1πn+π2<cn<1πn.

Ha n8, akkor πn=3n+(π-3)n>3n+0,1258=3n+1, tehát a most bizonyított felső becslés jobb, mint a feladatbeli. Az n=1, 2, ..., 7 értékekre pedig az állítás behelyettesítéssel ellenőrizhető.
 Szádeczky-Kardoss Szabolcs (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.)