Kezdőlap


Feladat:	C.450	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Hans Zoltán , Horváth Gábor , Terpai Tamás
Füzet:	1997/április, 212 - 213. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Teljes indukció módszere, C gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1996/december: C.450

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

Először bizonyítsuk be a következő egyenlőtlenséget:

\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt[]{n}} < 2 \sqrt[]{n} - 2 \sqrt[]{n - 1} . \end{matrix}

(2)

A jobb oldalt bővítsük

(\sqrt[]{n} + \sqrt[]{n - 1})

-gyel.

\begin{matrix} \frac{(2 \sqrt[]{n} - 2 \sqrt[]{n - 1}) (\sqrt[]{n} + \sqrt[]{n - 1})}{\sqrt[]{n} + \sqrt[]{n - 1}} = \frac{2 (n - (n - 1))}{\sqrt[]{n} + \sqrt[]{n - 1}} = \frac{2}{\sqrt[]{n} + \sqrt[]{n - 1}} . \end{matrix}

n \geq 1

pozitív egész, ezért

\sqrt[]{n - 1} < \sqrt[]{n}

, a nevezőt növeljük, ha

n - 1

helyébe

n

-et írunk, s ezáltal a tört értéke csökken, azaz

\begin{matrix} 2 \sqrt[]{n} - 2 \sqrt[]{n - 1} = \frac{2}{\sqrt[]{n} + \sqrt[]{n - 1}} > \frac{2}{2 \sqrt[]{n}} = \frac{1}{\sqrt[]{n}}, \end{matrix}

és éppen ezt akartuk bizonyítani.
Alkalmazzuk a (2) egyenlőtlenséget tagonként

n = 2

-től, az (1) egyenlőtlenség bal oldalára.

\begin{matrix} \begin{matrix} \frac{1}{\sqrt[]{2}} & < 2 \sqrt[]{2} - 2, \\ \frac{1}{\sqrt[]{3}} & < 3 \sqrt[]{3} - 2 \sqrt[]{2}, \\ ⋮ \\ \frac{1}{\sqrt[]{n - 1}} & < 2 \sqrt[]{n - 1} - 2 \sqrt[]{n - 2}, \\ \frac{1}{\sqrt[]{n}} & < 2 \sqrt[]{n} - 2 \sqrt[]{n - 1} . \end{matrix} \end{matrix}

Az egyenlőtlenség megfelelő oldalait adjuk össze, és mindkét oldalhoz adjunk 1-et.

\begin{matrix} 1 + \frac{1}{\sqrt[]{2}} + \frac{1}{\sqrt[]{3}} + ... + \frac{1}{\sqrt[]{n - 1}} + \frac{1}{\sqrt[]{n}} < 2 \sqrt[]{n} - 1. \end{matrix}

Ez éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség

n \geq 2

-re.

n = 1

esetén is teljesül, hogy

1 \leq 2 \sqrt[]{n} - 1 = 1

, de ebben az egy esetben egyenlőség áll fenn.

Haus Zoltán (Nagykanizsa, Mező F. Gimn., IV. o.t.)

Megjegyzés. A feladat állítása teljes indukcióval is bizonyítható.