Kezdőlap


Feladat:	1214. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Erdélyi I. , Erdős Vilmos , Fodor H. , Hajdu (Heimlich) P. , Jánosy Gy. , Kirchknopf E. , Koffler B. , Kürth R. , Mellinger E. , Schwarz Gy. , V. ker. fg. math. köre
Füzet:	1904/február, 128. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Racionális számok és tulajdonságaik, Egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1903/december: 1214. matematika feladat

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

$n = 1, 2, 3$ esetében $E (\frac{3 n + 5}{2 n + 1}) = 2$ .
Kimutatjuk, hogy ha $n > 3$ , akkor $\frac{3 n + 5}{2 n + 1} < 2$ . A föltevésből következik ugyanis, hogy

\begin{matrix} 3 n + 3 < 4 n, \end{matrix}

\begin{matrix} 3 n + 5 < 2 (2 n + 1), \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} \frac{3 n + 5}{2 n + 1} < 2. \end{matrix}

Ennélfogva, ha

n > 3

, akkor

E (\frac{3 n + 5}{2 n + 1}) = 1

, mert

\begin{matrix} 2 > \frac{3 n + 5}{2 n + 1} = 1 + \frac{n + 4}{2 n + 1} > 1. \end{matrix}

Tehát

\begin{matrix} T = 0,222111 ... = 0,222 1_{}^{\cdot} \end{matrix}

racionális szám és pedig

\begin{matrix} T = \frac{1999}{9000} . \end{matrix}

(Erdős Vilmos, Budapest.)

Teljes megoldást még a következők küldtek be: Erdélyi I., Fodor H., Hajdú (Heimlich) P., Jánosy Gy., Kirchknopf E., Koffler B., Kürth R., Mellinger E., Schwarz Gy., V. ker. fg. math. köre. A többi kilenc megoldó nem mutatta ki, hogy

a_{n} = 1

, ha

n > 3