Feladat: F.3028 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Burcsi Péter ,  Csiki Tibor Zoltán ,  Csorba István ,  Dombi Gergely ,  Elek Péter ,  Erdélyi László ,  Farkas Péter ,  Galácz Ábel ,  Gerő Tamás Miklós ,  Gröller Ákos ,  Horváth Károly ,  Hosszú Miklós ,  Kováts Mónika ,  Lolbert Tamás ,  Lovász Zoltán ,  Makai Márton ,  Mann Zoltán ,  Márton Izabella ,  Mészáros Judit ,  Nagy Katalin ,  Pap Gyula ,  Prause István ,  Szobonya László ,  Torma Péter ,  Valkó Benedek ,  Véber Miklós 
Füzet: 1995/március, 150 - 152. oldal  PDF file
Témakör(ök): Irracionális számok és tulajdonságaik, Gyökös függvények, Sorozat határértéke, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1994/október: F.3028

Bizonyítsuk be, hogy
100+99+98+...+2+1<11.(1)

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

 
I. megoldás. Legyen tetszőleges n pozitív egészre
An=n+n-1+n-2+...+2+1.

Teljes indukcióval bebizonyítjuk, hogy minden n pozitív egészre An<n+1. Ez n=100 esetén éppen a kívánt állítás.
Ha n=1, akkor An=1 és n+1=2, tehát állításunk igaz. Ha pedig valamely 1-nél nagyobb n-re An-1<n-1+1, akkor
An=n+An-1<n+n-1+1<n+2n+1=n+1.

Ezzel a feladatot megoldottuk.
 Mann Zoltán (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o.t.)

 
II. megoldás. Ha (1) bal oldalán mindegyik szám helyére 110-et, a legbelső négyzetgyökjelbe pedig 121-et írunk, a számot ‐ a négyzetgyökfüggvény szigorú monotonitása miatt ‐ növeljük:
100+99+98+...+2+1<110+110+110+...+110+121.
A legbelső négyzetgyök értéke 11. Ha ezt a helyére beírjuk, pontosan ugyanezt a kifejezést kapjuk, de eggyel kevesebb négyzetgyökvonással. Ezt az átalakítást 100-szor elvégezve azt kapjuk, hogy a bal oldalon éppen 11 áll.
 Mészáros Judit (Galánta, Magyar Tannyelvű Gimn., III. o.t.) megoldása alapján

 
III. megoldás. Azt az egyszerű tényt felhasználva, hogy x1 esetén xx,
100+99+98+...+2+1100+99+98+97+96+...+2+1<<100+99+982=100+197<100+15<11.

 Makai Márton (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o.t.)

 
Megjegyzés. Több versenyző az
ak(n)=n+n+...+n+n
(a jobb oldalon k darab gyökjel van) sorozat határértékével becsülte felülről (az I. megoldás jelölésével élve) An-et. Könnyen ellenőrizhető, hogy rögzített n esetén a sorozat szigorúan monoton nő és felülről korlátos, tehát konvergens. A határértéket az
ak+1(n)=n+ak(n)
rekurzióból lehet kiszámítani. Ha a határértéket Bn-nel jelöljük, a rekurzió bal oldala Bn-hez, jobb oldala n+Bn-hez tart, tehát Bn=n+Bn. Ennek az egyenletnek egy pozitív megoldása van:
Bn=1+4n+12.
Mindezekből következik, hogy
Anan(n)<limkak(n)=Bn=1+4n+12=n+12+12.(2)
Ez a becslés körülbelül 0,5-del jobb, mint az I. megoldásban bizonyított, és teljes indukcióval is igazolható.
A (2) becslés már ,,majdnem'' pontos. Nem nehéz teljes indukcióval bebizonyítani, hogy
Ann-34+12.(3)
A (2) és (3) becslések különbsége:
(n+12+12)-(n-34+12)=n+12-n-34==54n+12+n-34<54n+n16=1n.
Az alsó és felső becslés különbsége tehát 0-hoz tart.
Az (2) és (3) becslést n=100-ra felírva,
10,46<99,25+0,5<A100<100,5+0,5<10,53.