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  |  MathML
Témakör(ök):	Irracionális számok és tulajdonságaik, Gyökös függvények, Sorozat határértéke, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/október: F.3028

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 $\begin{array}{c}{\displaystyle A_n=\sqrt[]{n+\sqrt[]{n-1+\sqrt[]{n-2+\text{...}+\sqrt[]{2+\sqrt[]{1}}}}}\mathrm{.}}\end{array}$ Teljes indukcióval bebizonyítjuk, hogy minden $n$ pozitív egészre $A_n<\sqrt[]{n}+1$. Ez $n=100$ esetén éppen a kívánt állítás. Ha $n=1$, akkor $A_n=1$ és $\sqrt[]{n}+1=2$, tehát állításunk igaz. Ha pedig valamely 1-nél nagyobb $n$-re $A_{n-1}<\sqrt[]{n-1}+1$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle A_n=\sqrt[]{n+A_{n-1}}<\sqrt[]{n+\sqrt[]{n-1}+1}<\sqrt[]{n+2\sqrt[]{n}+1}=\sqrt[]{n}+1.}\end{array}$ 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: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{100+\sqrt[]{99+\sqrt[]{98+\text{...}+\sqrt[]{2+\sqrt[]{1}}}}}<\sqrt[]{110+\sqrt[]{110+\sqrt[]{110+\text{...}+\sqrt[]{110+\sqrt[]{121}}}}}\mathrm{.}}\end{array}$ 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 $x\ge 1$ esetén $\sqrt[]{x}\le x$, $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \sqrt[]{100+\sqrt[]{99+\sqrt[]{98+\text{...}+\sqrt[]{2+\sqrt[]{1}}}}}\le \sqrt[]{100+\sqrt[]{99+\sqrt[]{98+97+96+\text{...}+2+1}}}<}\\ \hfill {\displaystyle <\sqrt[]{100+\sqrt[]{99+\sqrt[]{{98}^2}}}=\sqrt[]{100+\sqrt[]{197}}<\sqrt[]{100+15}<11.}\end{array}}}\end{array}$  Makai Márton (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o.t.)   Megjegyzés. Több versenyző az $\begin{array}{c}{\displaystyle a_k^{\left(n\right)}=\sqrt[]{n+\sqrt[]{n+\text{...}+\sqrt[]{n+\sqrt[]{n}}}}}\end{array}$ (a jobb oldalon $k$ darab gyökjel van) sorozat határértékével becsülte felülről (az I. megoldás jelölésével élve) $A_n$-et. Könnyen ellenőrizhető, hogy rögzített $n$ esetén a sorozat szigorúan monoton nő és felülről korlátos, tehát konvergens. A határértéket az $\begin{array}{c}{\displaystyle a_{k+1}^{\left(n\right)}=\sqrt[]{n+a_k^{\left(n\right)}}}\end{array}$ rekurzióból lehet kiszámítani. Ha a határértéket $B_n$-nel jelöljük, a rekurzió bal oldala $B_n$-hez, jobb oldala $\sqrt[]{n+B_n}$-hez tart, tehát $B_n=\sqrt[]{n+B_n}$. Ennek az egyenletnek egy pozitív megoldása van: $\begin{array}{c}{\displaystyle B_n=\frac{1+\sqrt[]{4n+1}}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Mindezekből következik, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle A_n\le a_n^{\left(n\right)}<\underset{k\to \infty }{\overset{}{\underset{}{\overset{}{\text{lim}}}}}{a}_k^{\left(n\right)}=B_n=\frac{1+\sqrt[]{4n+1}}{2}=\sqrt[]{n+\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ (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 $\begin{array}{c}{\displaystyle A_n\ge \sqrt[]{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ (3) A (2) és (3) becslések különbsége: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \left(\sqrt[]{n+\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}\right)-\left(\sqrt[]{n-\frac{3}{4}}+\frac{1}{2}\right)=\sqrt[]{n+\frac{1}{2}}-\sqrt[]{n-\frac{3}{4}}=}\\ \hfill {\displaystyle =\frac{\frac{5}{4}}{\sqrt[]{n+\frac{1}{2}}+\sqrt[]{n-\frac{3}{4}}}<\frac{\frac{5}{4}}{\sqrt[]{n}+\sqrt[]{\frac{n}{16}}}=\frac{1}{\sqrt[]{n}}\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ Az alsó és felső becslés különbsége tehát 0-hoz tart. Az (2) és (3) becslést $n=100$-ra felírva, $\begin{array}{c}{\displaystyle 10\mathrm{,}46<\sqrt[]{99\mathrm{,}25}+0\mathrm{,}5<A_{100}<\sqrt[]{100\mathrm{,}5}+0\mathrm{,}5<10\mathrm{,}53.}\end{array}$