|
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 , akkor mindkét oldalon áll, az állítás igaz. Tegyük fel, hogy valamely -ra (1) teljesül, azaz | | (2) | Megmutatjuk, hogy ebből az állítás -re is következik, azaz | | (3) |
Ehhez elég bebizonyítani, hogy mert a (3) egyenlőtlenség éppen (2) és (4) szorzata. Mivel (4) mindkét oldalán a számláló és a nevező is pozitív, beszorozhatunk és négyzetre emelhetünk: | | ami miatt triviális. Ezzel (4)-et és az állítást igazoltuk.
II. megoldás. A Wallis-formula szerint minden pozitív egész -re | | (5) | (A formula bizonyítása megtalálható pl. Császár Ákos: Valós analízis I., 310‐311.) Jelöljük (5) bal oldalát -nel, jobb oldalát -nel, (1) bal oldalát -nel. A bizonyítás arra épül, hogy és hasonlít négyzetére, nevezetesen Ezt összevetve az (5)-beli egyenlőtlenségekkel azt kapjuk, hogy | | vagyis Ha , akkor , tehát a most bizonyított felső becslés jobb, mint a feladatbeli. Az , 2, , 7 értékekre pedig az állítás behelyettesítéssel ellenőrizhető.
Szádeczky-Kardoss Szabolcs (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.) |
|
|