Feladat:	Gy.2944	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Bakonyi Gábor ,  Bérczi Gergely ,  Deli Tamás ,  Györkei Györgyi ,  Horváth Gábor ,  Jenei Piroska ,  Katona Zsolt ,  Kőműves Balázs ,  Less Áron ,  Lippner Gábor ,  Lipusz Gabriella ,  Lukács Gyula ,  Németh Balázs ,  Pap Gyula ,  Pogány Ádám ,  Reviczky Ágnes ,  Szabó Gábor ,  Szántó Richárd ,  Varga Péter ,  Végh László ,  Visontai Mirkó
Füzet:	1995/április, 213 - 214. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/november: Gy.2944

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. A két szorzatot csoportosítsuk a következő módon: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(200\cdot 199\right)\cdot 198!\mathrm{,}\text{illetve}{100}^3\cdot {100}^{197}\mathrm{.}}\end{array}$ A számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[197]{198!}=\sqrt[197]{2\cdot 3\cdot \text{...}\cdot 198}<\frac{2+3+\text{...}+198}{197}=\frac{200\cdot 197}{197\cdot 2}=\mathrm{100,}}\end{array}$ azaz $198!<{100}^{197}$. A zárójelben levő szorzat pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle 200\cdot 199=39800<1000000={100}^3\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis a két egyenlőtlenség összeszorozva (minden tényező pozitív) $\begin{array}{c}{\displaystyle 200!<{100}^{200}}\end{array}$ adódik.  Kőműves Balázs (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., I. o.t.) dolgozata alapján   II. megoldás. Általánosabban, $\left(2n\right)!$-t és $n^{2n}$-t hasonlítjuk össze. Mindkét kifejezés $2n$ tényezős szorzat. Az $n=1$, 2 esetekben látható, hogy $\left(2n\right)!>n^{2n}$. Legyen $n\ge 3$. Vizsgáljuk meg az $\frac{n^{2n}}{\left(2n\right)!}$ törtet. Bontsuk föl $2n-1$ tört szorzatára: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\frac{n}{1}\right)\cdot \left(\frac{n}{2}\right)\cdot \text{...}\cdot \left(\frac{n}{n}\right)\cdot \text{...}\cdot \left(\frac{n}{2n-2}\right)\cdot \left(\frac{n}{2n-1}\cdot \frac{n}{2n}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Az első $n-1$ tört nagyobb 1-nél, az $n$-edik éppen 1, a többi pedig kisebb 1-nél. Állítsuk ezeket párba: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{n}{1}\text{ és }\left(\frac{n}{2n}\cdot \frac{n}{2n-1}\right)\mathrm{,}\frac{n}{2}\text{ és }\frac{n}{2n-2}\mathrm{,}\text{...}\frac{n}{n-1}\text{ és }\frac{n}{2n-\left(n-1\right)}\mathrm{,}}\end{array}$ végül $\frac{n}{n}$ pár nélkül. Felírva a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget $k$-ra és $\left(2n-k\right)$-ra  ($2\le k\le n-1$): $\begin{array}{c}{\displaystyle k\left(2n-k\right)<{\left(\frac{k+2n-k}{2}\right)}^2=n^2\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $\frac{n}{k}\cdot \frac{n}{2n-k}>1$. Tehát az elsőt kivéve minden párban a tényezők szorzata 1-nél nagyobb. Vizsgáljuk külön a kimaradó első párt: nézzük meg, hogy milyen $n$-re lesz tényezőinek szorzata 1-nél nagyobb. Ekvivalens átalakításokat végezve (felhasználva persze, hogy $n\ge 3$) $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle n^3}& {\displaystyle \ge 2n\left(2n-1\right)}\hfill \\ \hfill {\displaystyle n^2}& {\displaystyle \ge 4n-2}\hfill \\ \hfill {\displaystyle n^2-4n+4}& {\displaystyle \ge 2}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {\left(n-2\right)}^2}& {\displaystyle \ge 2}\hfill \\ \hfill {\displaystyle n-2}& {\displaystyle \ge \sqrt[]{2}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle n}& {\displaystyle \ge \sqrt[]{2}+2\approx 3\mathrm{,}41.}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Ha tehát $n\ge 4$, akkor minden pár szorzata 1-nél nagyobb, és így $n^{2n}>\left(2n\right)!$. Az $n=3$ esetben pedig $3^6=729>720=6!$, azaz minden $n\ge 3$ egészre $\begin{array}{c}{\displaystyle n^{2n}>\left(2n\right)!\mathrm{.}}\end{array}$  Katona Zsolt (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., I. o.t.) dolgozata alapján