Kezdőlap


Feladat:	1238. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Almássy Gy. , Barna T. , Bencze J. , Bluszt E. , Czinczenheim J. , Donáth G. , Farkas I. , Frankl O. , Groág J. , Harsányi János , Holzer P. , Huhn P. , Jakab K. , Kardos György , Kazinczy L. , Kemény Gy. , Kernáts A. , Kolostori J. , Komlós J. , Kukorelly Gy. , Major L. , Mandl D. , Nagy E. , Pálos P. , Papp I. , Radó T. , Sájerman J. , Salgó A. , Schwarz J. , Sebestyén Gy. , Somogyi A. , Szelei Gy. , Szerényi László , Szőcs I. , Szűcsi I. , Tarnóczy L. , Vajda J. , Virág Gy. , vitéz Papp B. , Zádor Gy. , Zsebő F.
Füzet:	1936/november, 75 - 76. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Azonosságok, Egyenlőtlenségek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Bernoulli-féle egyenlőtlenség, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1936/szeptember: 1238. matematika feladat

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

I. Megoldás. Egyenlőtlenségünk írható így

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

A baloldalon az

1

2

3

...

n

számok mértani közepe áll, míg a jobboldalon ugyanezen számok számtani közepe. Ugyanis

\begin{matrix} \frac{1 + 2 + 3 + ... + n}{n} = \frac{n (n + 1)}{2} : n = \frac{n + 1}{2} . \end{matrix}

Az egyenlőtlenség eszerint helyes.^{$^{*}$} Ha

n = 1

, akkor egyenlőség áll elő.

Kardos György (Ref. g. VIII. o. Debrecen.)

II. Megoldás.

n!

tényezői közül a szimmetrikus helyzetűeket kapcsoljuk össze és ezen tényezők párjaira alkalmazzuk az előbbi megoldásban felhasznált tételt. (L.

^{*}

alatt.)
Tegyük fel, hogy

n

páros; ekkor

\begin{matrix} n! = (1 \cdot n) (2 \cdot \bar{n - 1}) (3 \cdot \bar{n - 2}) ... (\frac{n}{2} \cdot \frac{n + 2}{2}) < \\ < {(\frac{n + 1}{2})}^{2} \cdot {(\frac{n + 1}{2})}^{2} {(\frac{n + 1}{2})}^{2} ... {(\frac{n + 1}{2})}^{2} = {[{(\frac{n + 1}{2})}^{2}]}^{\frac{n}{2}} = {(\frac{n + 1}{2})}^{n} . \end{matrix}

n

páratlan,

\begin{matrix} n! = (1 \cdot n) (2 \cdot \bar{n - 1}) (3 \cdot \bar{n - 2}) ... (\frac{n - 1}{2} \cdot \frac{n + 3}{2}) \cdot \frac{n + 1}{2} < \\ < {(\frac{n + 1}{2})}^{2} {(\frac{n + 1}{2})}^{2} ... {(\frac{n + 1}{2})}^{2} \cdot \frac{n + 1}{2} = {[{(\frac{n + 1}{2})}^{2}]}^{\frac{n - 1}{2}} \cdot \frac{n + 1}{2} = \\ = {(\frac{n + 1}{2})}^{n - 1} \cdot \frac{n + 1}{2} = {(\frac{n + 1}{2})}^{n} . \end{matrix}

Szerényi László (Kossuth Lajos rg. VI. o. Pestszenterzsébet.)

III. Megoldás. Segédtétel. Kiindulunk abból, hogy

{(1 + \frac{1}{n})}^{n} \geq 2

.
Ugyanis, ha

n > 1

, akkor:

\begin{matrix} {(1 + \frac{1}{n})}^{n} = 1 + (\binom{n}{1}) \frac{1}{n} + (\binom{n}{2}) \frac{1}{n^{2}} + ... > 1 + n \cdot \frac{1}{n} = 2. \end{matrix}

Írhatjuk:

\begin{matrix} {(\frac{n + 1}{n})}^{n} > 2 vagyis 2 \cdot n^{n} < {(n + 1)}^{n} . \end{matrix}

(1)

n = 1

, akkor

1! = {(\frac{1 + 1}{2})}^{1}

.
Ha

n = 2

,,

2! < {(\frac{3}{2})}^{2}

, mert

2 < \frac{9}{4}

.
Tegyük fel, hogy a bizonyítandó tétel igaz

(n - 1)

-re, azaz

\begin{matrix} (n - 1)! < {(\frac{n}{2})}^{n - 1}, tehát n! < n {(\frac{n}{2})}^{n - 1} = 2 {(\frac{n}{2})}^{n} . \end{matrix}

(2)

Az (1) szerint

2 \cdot n^{n} < {(n + 1)}^{n}, vagyis

\begin{matrix} 2 \cdot \frac{n^{n}}{2^{n}} < \frac{{(n + 1)}^{n}}{2^{n}}, ill. 2 {(\frac{n}{2})}^{n} < {(\frac{n + 1}{2})}^{n} . \end{matrix}

(3)

(2)-ből és (3)-ból:

\begin{matrix} n! < 2 {(\frac{n}{2})}^{n} < {(\frac{n + 1}{2})}^{n} . \end{matrix}

A tétel tehát igaz

n

-re is.
Minthogy a tétel igaz, ha

n = 2

, tehát igaz, ha

n = 3

4

s. í. t. bármilyen közönséges egész szám esetére.

Harsányi János (Ev. g. VIII. a. Bp.)

^{$^{*}$}Az

a

b

c

...

pozitív számok mértani közepe nem lehet nagyobb a számtani közepüknél. L. XII. évf. 127. o. az 1159. feladat III. megoldását és II. évf 37. oldalán a tétel bizonyítását.