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  |  MathML
Témakör(ök):	Teljes indukció módszere, Irracionális egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1995/február: F.3053

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 $\frac{1}{2}$ áll, az állítás igaz. Tegyük fel, hogy valamely $n=k$-ra (1) teljesül, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{6}\cdot \text{...}\cdot \frac{2k-1}{2k}\le \frac{1}{\sqrt[]{3k+1}}\mathrm{.}}\end{array}$ (2) Megmutatjuk, hogy ebből az állítás $n=k+1$-re is következik, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{6}\cdot \text{...}\cdot \frac{2k-1}{2k}\cdot \frac{2k+1}{2k+2}\le \frac{1}{\sqrt[]{3k+4}}\mathrm{.}}\end{array}$ (3) Ehhez elég bebizonyítani, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{2k+1}{2k+2}\le \frac{\sqrt[]{3k+1}}{\sqrt[]{3k+4}}\mathrm{,}}\end{array}$ (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: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle {\left(2k+1\right)}^2\left(3k+4\right)}& {\displaystyle \le {\left(2k+2\right)}^2\left(3k+1\right);}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 12k^3+28k^2+19k+4}& {\displaystyle \le 12k^3+28k^2+20k+\mathrm{4,}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ ami $k\ge 0$ miatt triviális. Ezzel (4)-et és az állítást igazoltuk.   II. megoldás. A Wallis-formula szerint minden pozitív egész $n$-re $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{2}{1}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \text{...}\cdot \frac{2n}{2n-1}\cdot \frac{2n}{2n+1}<\frac{\pi }{2}<\frac{2}{1}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{4}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \text{...}\cdot \frac{2n-2}{2n-1}\cdot \frac{2n}{2n-1}\mathrm{.}}\end{array}$ (5) (A formula bizonyítása megtalálható pl. Császár Ákos: Valós analízis I., 310‐311.) Jelöljük (5) bal oldalát $a_n$-nel, jobb oldalát $b_n$-nel, (1) bal oldalát $c_n$-nel. A bizonyítás arra épül, hogy $a_n$ és $b_n$ hasonlít $c_n$ négyzetére, nevezetesen $\begin{array}{c}{\displaystyle c_n^2=\frac{1}{\left(2n+1\right)a_n}=\frac{1}{2n{b}_n}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezt összevetve az (5)-beli egyenlőtlenségekkel azt kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle c_n^2>\frac{1}{\left(2n+1\right)\cdot \frac{\pi }{2}}=\frac{1}{\pi n+\frac{\pi }{2}}\text{és}{c}_n^2<\frac{1}{2n\cdot \frac{\pi }{2}}=\frac{1}{\pi n}\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt[]{\pi n+\frac{\pi }{2}}}<c_n<\frac{1}{\sqrt[]{\pi n}}\mathrm{.}}\end{array}$ Ha $n\ge 8$, akkor $\pi n=3n+\left(\pi -3\right)n>3n+\mathrm{0,125}\cdot 8=3n+1$, tehát a most bizonyított felső becslés jobb, mint a feladatbeli. Az $n=1$, 2, $\text{...}$, 7 értékekre pedig az állítás behelyettesítéssel ellenőrizhető.  Szádeczky-Kardoss Szabolcs (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.)