Feladat:	Gy.3166	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bajusz Csaba ,  Boros M. Mátyás ,  Csiszár Gábor ,  Deli Lajos ,  Fritz Lilla ,  Garai Zsolt ,  Harangi Viktor ,  Kiss Gergely ,  Kovács Erika Renáta ,  Máthé András ,  Nagy László ,  Pogátsa Attila ,  Taraza Busra ,  Tarcsi Károly ,  Tokodi Tünde ,  Tolvaj Nándor ,  Varga Szilvia
Füzet:	1998/december, 520 - 521. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Számelmélet, Számtani közép, Mértani közép, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1997/december: Gy.3166

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. $\begin{array}{c}{\displaystyle 1997=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\underset{1995\text{db}}{\overset{}{\underbrace{1+1+\text{...}+1}}}\mathrm{,}}\end{array}$ így a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1997}{1999}=\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+1+1+\text{...}+1}{1999}\ge \sqrt[1999]{\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1\cdot \text{...}\cdot 1}=\sqrt[1999]{\frac{1}{16}}\mathrm{.}}\end{array}$ Ebből $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{1997}{1999}\right)}^{1999}\ge \frac{1}{16}\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle {1997}^{1999}\ge {1999}^{1999}\cdot \frac{1}{16}\ge {1999}^{1997}\cdot \frac{{1999}^2}{16}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $\frac{{1999}^2}{16}>1$, így ${1997}^{1999}>{1999}^{1997}$.  Tarcsi Károly (Szeged, Radnóti M. Kísérleti Gimn., 10. o.t.)   II. megoldás. Bebizonyítjuk, hogy ${\left(n+2\right)}^n<n^{n+2}$ minden $n\ge 3$ természetes számra. Ehhez elég az ezzel ekvivalens $\sqrt[n+2]{n+2}<\sqrt[n]{n}$ egyenlőtlenséget belátni, azaz elég megmutatni, hogy az $\left\{\sqrt[n]{n}\right\}$ sorozat $n=3$-tól kezdve szigorúan monoton fogyó. Azt kell tehát megmutatnunk, hogy $\sqrt[n+1]{n+1}<\sqrt[n]{n}$, vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n<n\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Teljes indukcióval bizonyítunk: $n=3$-ra (1) valóban teljesül, mert ${\left(1+\frac{1}{3}\right)}^3=\frac{64}{27}<3$. Legyen most $n\ge 3$, és tegyük fel, hogy (1) fennáll. Bebizonyítjuk, hogy ekkor teljesül ${\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^{n+1}<n+1$ is. Valóban, $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle {\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^{n+1}={\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^n\left(1+\frac{1}{n+1}\right)<}\\ \hfill {\displaystyle <{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\left(1+\frac{1}{n+1}\right)<\frac{n\left(n+2\right)}{n+1}<n+1.}\end{array}}}\end{array}$ Ezzel a bizonyítást befejeztük, tehát valóban igaz, hogy ${\left(n+2\right)}^n<n^{n+2}$, és így ${1999}^{1997}<{1997}^{1999}$.  Kovács Erika Renáta (Hajdúszoboszló, Hőgyes E. Gimn., 8. o.t.)   III. megoldás. Számoljuk ki, hogy melyik szám hány számjegyből áll. Tetszőleges pozitív egész $x$ szám $\left[\text{lg}x+1\right]$ jegyű. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \left[\text{lg}{1997}^{1999}+1\right]=\left[1999\cdot \text{lg}1997+1\right]=6598}\\ \hfill {\displaystyle \left[\text{lg}{1999}^{1997}+1\right]=\left[1997\cdot \text{lg}1999+1\right]=6592.}\end{array}}}\end{array}$ Tehát ${1997}^{1999}$ több jegyű, mint ${1999}^{1997}$, így biztosan nagyobb nála.  Máthé András (Budapest, ELTE Apáczai Csere J. Gimn., 10. o.t.)