Kezdőlap


Feladat:	1986. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Benczúr András [1983-1987] , Bereczky Áron , Bóna Miklós , Bordás Ferenc , Cynolter Gábor , Kós Géza , Lipták László , Mándy Attila , Rimányi Richárd , Szabó Gábor , Tóth Gábor
Füzet:	1987/február, 57 - 59. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Valós számok és tulajdonságaik, Mértani sorozat, Teljes indukció módszere, Számsorozatok, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1987/február: 1986. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata

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

I. megoldás. Nézzük két egymás utáni tag összegét:

\begin{matrix} \frac{a_{i}}{a_{i} + a_{i + 1}} + \frac{a_{i + 1}}{a_{i + 1} + a_{i + 2}}, \end{matrix}

itt az utolsó tag utánin az elsőt értve. Ennek megfelelően

a_{n + 1}

a_{n + 2}

jelentsen

a_{1}

-et, ill.

a_{2}

-t. A két tag összege legalább

1,

a_{i + 2} ≦ a_{i},

és legfeljebb

1,

a_{i + 2} ≧ a_{i} .

Válasszuk

i

-t úgy, hogy

a_{i + 2}

az előforduló legkisebb érték legyen. Ekkor a kiszemelt két tag összege legalább

1.

A többi tag mind pozitív, és feltétel szerint van még legalább egy tag, így az összeg mindig nagyobb, mint

1.

Ha viszont

i

-t úgy választjuk, hogy

a_{i + 2}

az előforduló legnagyobb érték legyen, akkor a kiválasztott két tag összege legfeljebb

1;

miután a további

n - 2

tag mindegyike kisebb

1

-nél, igy azt kapjuk, hogy az összeg mindig kisebb, mint

\begin{matrix} 1 + n - 2 = n - 1. \end{matrix}

Megmutatjuk, hogy az összeg mind a két korláthoz tetszés szerint közel kerülhet, ha az

a_{i}

sorozatot alkalmasan választjuk. Az

\begin{matrix} a_{i} = q^{i - 1}, i = 1, 2, ..., n \end{matrix}

pozitív

q

hányadosú mértani sorozathoz tartozó

S_{q}

összeg :

\begin{matrix} S_{q} = \frac{n - 1}{1 + q} + \frac{q^{n - 1}}{q^{n - 1} + 1} . \end{matrix}

Becsüljük ezt felülről. Bármilyen (kis) pozitív szám is

p,

\begin{matrix} S_{q} < \frac{n - 1}{1 + q} + 1 < 1 + \frac{n - 1}{q} < 1 + p, ha q > \frac{n - 1}{p} . \end{matrix}

Másrészt alulról becsülve

S_{q}

-t

\begin{matrix} S_{q} > \frac{n - 1}{1 + q} = n - 1 - \frac{q (n - 1)}{1 + q} > (n - 1) - (n - 1) q > n - 1 - p, ha q < \frac{p}{n - 1} . \end{matrix}

Ezzel beláttuk, hogy a feladatban kérdezett értékek :

h = 1

H = n - 1.

Megjegyzések. 1. A vizsgált összeg felvesz minden értéket 1 és

n - 1

között. Ez igaz már a mértani sorozathoz tartozó

S_{q}

összegre, hiszen ez pozitív

q

-kra

q

-nak folytonos függvénye, amelyik felvesz

n - 1

-hez tetszés szerint közeli értékeket is és

1

-hez tetszés szerint közelieket is, tehát minden közbenső értéket is.
2. A további megoldásokban csak azt bizonyítjuk, hogy a kérdéses összeg

1

és

n - 1

közé esik. Az, hogy ezek a korlátok nem javíthatók, ugyanúgy látható be, mint az I. megoldásban.

II. megoldás. Fel fogjuk használni, hogy ha

x / y < 1,

és

x, y

pozitív, továbbá

z

is pozitív szám, akkor

\begin{matrix} \frac{x}{y} < \frac{x + y}{y + z} . \end{matrix}

Valóban

\begin{matrix} \frac{x}{y} = \frac{x}{y} (y + z) \frac{1}{y + z} = (x + \frac{x}{y} z) \frac{1}{y + z} < \frac{x + z}{y + z} . \end{matrix}

Jelöljük a rövidség kedvéért az

a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}

összeget

S

-sel. Egyfelől csökkentjük az

i

-edik törtet, ha a nevezőjéhez hozzáadjuk az

S - a_{i} - a_{i + 1}

összeget, másfelől növeljük, ha ezt az összeget a számlálóhoz is, a nevezőhöz is hozzáadjuk. Így a következő kettős egyenlőtlenséget kapjuk:

\begin{matrix} \frac{a_{i}}{S} < \frac{a_{i}}{a_{i} + a_{i + 1}} < \frac{S - a_{i + 1}}{S} . \end{matrix}

Itt

a_{n + 1}

ismét

a_{1}

-et jelent. Összeadva az egyenlőtlenségpárokat

i = 1, 2, ..., n

-re a bal oldalon

1

-et, a jobb oldalon

n - 1

-et kapunk, vagyis a kívánt egyenlőtlenséget.

III. megoldás. Jelöljük

T_{n}

-nel a feladatban szereplő összeget és az

a_{n}

a_{n - 1}

...

a_{1}

fordított sorrendben vett sorozathoz tartozót

T_{n}^{'}

-vel. Mind a két összeg törtjeiben ugyanazok a nevezők lépnek fel, és a két összeg azonos nevezőjű törtjeinek az összege

1,

így

\begin{matrix} T_{n} + T_{n}^{'} = n . \end{matrix}

Így ha megmutatjuk, hogy a szóban forgó összeg mindig nagyobb, mint

1,

akkor ez igaz

T_{n}^{'}

-re is, tehát

\begin{matrix} T_{n} = n - T_{n}^{'} < n - 1. \end{matrix}

Teljes indukcióval bizonyítjuk, hogy

1

alsó korlát. Az

n = 3

esetben közös nevezőre hozva az összeget, és számlálót, nevezőt tagokra bontva a nevező minden tagja előfordul a számlálóban is legalább akkora együtthatóval. A számításokat elvégezve:

\begin{matrix} T_{3} = 1 + \frac{a_{1} a_{2} a_{3} + a_{1}^{2} a_{2} + a_{2}^{2} a_{3} + a_{3}^{2} a_{1}}{(a_{1} + a_{2}) (a_{2} + a_{3}) (a_{3} + a_{1})} > 1. \end{matrix}

Tegyük most fel, hogy az

n

pozitív számból képezett összegek mindig

1

-nél nagyobbak, ahol

n ≧ 3.

Ekkor elég azt megmutatnunk, hogy az

a_{1}

a_{2}

...

a_{n + 1}

összeg nagyobb az első

n

számból képezettnél. De

\begin{matrix} T_{n + 1} - T_{n} = \frac{a_{n}}{a_{n} + a_{n + 1}} + \frac{a_{n + 1}}{a_{n + 1} + a_{1}} - \frac{a_{n}}{a_{n} + a_{1}} = \\ = \frac{a_{n}}{a_{n} + a_{n + 1}} + \frac{a_{n + 1}}{a_{n + 1} + a_{1}} + \frac{a_{1}}{a_{1} + a_{n}} - 1 > 0, \end{matrix}

mert a három tört összege az

a_{n}

a_{n + 1}

a_{1}

számokból képezett összeg, és erről már beláttuk, hogy mindig nagyobb

1

-nél. Így, felhasználva az indukciós feltevést is,

\begin{matrix} T_{n + 1} > T_{n} > 1, \end{matrix}

és ezt kellett bizonyítanunk.

Megjegyzések. 1. Az utolsó bizonyítást lényegesen egyszerűsíthettük volna egyrészt azzal az észrevétellel, hogy

T_{n + 1}

nem változik meg, ha a számokat ciklikusan cseréljük. Így választhatjuk a sorrendet úgy, hogy

a_{n + 1}

az előforduló legkisebb érték legyen. Ekkor a

T_{n + 1} - T_{n}

különbségben az első tag nem kisebb a kivonandónál, a különbség tehát pozitív. Másrészt képezhető a szóban forgó összeg két számból is és az értéke

1,

így minden

2

-nél nagyobb

n

-re már

1

-nél nagyobb. Ezzel elkerülhető minden számolás.
A fenti megoldás viszont azt mutatja, hogy az indukciós bizonyítás minden további fogás nélkül is célra vezet. így viszont a

3

tag esetére nem lett volna érdemes elkerülni a kiszámolást, mert azt a megoldás második részében is fel tudtuk használni.
2. A vizsgált összeg valójában csak az

a_{i + 1} / a_{i}

hányadosoktól függ. Jelöljük ezeket

b_{i}

-vel

i = 1, 2, ..., n - 1

-re és legyen

b_{n} = a_{n} / a_{1} .

Ekkor a vizsgált összeg az

\begin{matrix} \frac{1}{1 + b_{1}} + \frac{1}{1 + b_{2}} + ... + \frac{1}{1 + b_{n}} \end{matrix}

alakot ölti, és itt

\begin{matrix} b_{1} b_{2} ... b_{n} = 1. \end{matrix}

Vonjuk össze az utolsó két tagot:

\begin{matrix} \frac{1}{1 + b_{n - 1}} + \frac{1}{1 + b_{n}} > \frac{1 + b_{n - 1} + b_{n}}{1 + b_{n - 1} b_{n} + b_{n - 1} + b_{n}} > \frac{1}{1 + b_{n - 1} b_{1}} \end{matrix}

a II. megoldásban alkalmazott megjegyzés alapján. Ezt beírva az összegbe a

b_{1}, ..., b_{n - 2}, b_{n - 1} b_{n}

számokból képezett

n - 1

-tagú összeget kapjuk, és a számok szorzata továbbra is

1.

Ennek alapján újabb teljes indukcíós bizonyítást nyerhetünk.