Kezdőlap


Feladat:	Gy.3271	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Andrássy Zoltán , Hegyi Márta , Kiss Norbert , Somogyi Dávid
Füzet:	2000/február, 92 - 94. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Egyenlőtlenségek, Természetes számok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1999/április: Gy.3271

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

megoI. megoldás. Megmutatjuk, hogy ha $n > 0$ egész szám, akkor

\begin{matrix} \frac{{(n + 1)}^{n + 3}}{{(n + 3)}^{n + 1}} > \frac{n^{n + 2}}{{(n + 2)}^{n}} . \end{matrix}

(1)

Ebből az általánosításból következik, hogy feladatunk megoldása (

n = 1997

esetén):

\begin{matrix} \frac{1998^{2000}}{2000^{1998}} > \frac{1997^{1999}}{1999^{1997}} . \end{matrix}

Szorozzuk meg ugyanis (1) mindkét oldalát

{(n + 3)}^{n + 1} {(n + 2)}^{n}

-nel: pozitív egész számokról lévén szó, az egyenlőtlenség iránya nem változik:

\begin{matrix} {(n + 1)}^{n + 3} {(n + 2)}^{n} > n^{n + 2} {(n + 3)}^{n + 1} . \end{matrix}

Ezt azonosan átalakítva:

\begin{matrix} \begin{matrix} {(n + 1)}^{n} {(n + 2)}^{n} {(n + 1)}^{3} & > n^{n} {(n + 3)}^{n} \cdot n^{2} (n + 3), \\ {[(n + 1) (n + 2)]}^{n} {(n + 1)}^{3} & > {[n (n + 3)]}^{n} \cdot n^{2} (n + 3) . \end{matrix} \end{matrix}

Ez viszont a következők miatt teljesül:

\begin{matrix} \begin{matrix} (n + 1) (n + 2) = n^{2} + 3 n + 2 & > n^{2} + 3 n = n (n + 3), így \\ {[(n + 1) (n + 2)]}^{n} & > {[n (n + 3)]}^{n}, \end{matrix} \end{matrix}

hiszen

n > 0

egész. Tehát

\begin{matrix} \begin{matrix} {[(n + 1) (n + 2)]}^{n} {(n + 1)}^{3} > {[n (n + 3)]}^{n} {(n + 1)}^{3} & = {[n (n + 3)]}^{n} (n^{3} + 3 n^{2} + 3 n + 1) > \\ > {[n (n + 3)]}^{n} (n^{3} + 3 n^{2}) & = {[n (n + 3)]}^{n} n^{2} (n + 3) . \end{matrix} \end{matrix}

Az ekvivalens átalakítások miatt a reláció mindvégig ugyanolyan irányú maradt, ezzel igazoltuk (1)-et.

Somogyi Dávid (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 9. o.t.)

II. megoldás. Bebizonyítjuk a következő segédtételt: Legyenek

a

és

b

pozitív egész számok, akkor

\begin{matrix} {(\frac{a + 1}{b + 1})}^{b + 1} > {(\frac{a}{b})}^{b} . \end{matrix}

Írjuk fel ugyanis a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget az 1,

{\underset{︸}{\frac{a}{b}, \frac{a}{b}, ..., \frac{a}{b}}}_{bdarab}^{}

számokra:

\begin{matrix} \frac{1 + {\overset{}{\overset{︷}{\frac{a}{b} + \frac{a}{b} + ... + \frac{a}{b}}}}_{}^{bdarab}}{b + 1} \geq \sqrt[b + 1]{1 \cdot \frac{a}{b} \cdot \frac{a}{b} \cdot ... \cdot \frac{a}{b}}, \end{matrix}

{\underset{︸}{}}_{bdarab}^{}

azaz

\begin{matrix} \frac{1 + a}{b + 1} \geq \sqrt[b + 1]{{(\frac{a}{b})}^{b}}, innen pedig valóban {(\frac{a + 1}{b + 1})}^{b + 1} \geq {(\frac{a}{b})}^{b}, \end{matrix}

és egyenlőség csak akkor van, ha

1 = \frac{a}{b}

, tehát ha

a = b

a = 1997

b = 1999

behelyettesítésével tehát

\begin{matrix} {(\frac{1998}{2000})}^{2000} > {(\frac{1997}{1999})}^{1999} . \end{matrix}

Szorozzuk be az egyenlőtlenség mindkét oldalát

2000^{2}

-nel:

\begin{matrix} \begin{matrix} \frac{1998^{2000}}{2000^{1998}} & = {(\frac{1998}{2000})}^{2000} \cdot 2000^{2} > {(\frac{1997}{1999})}^{1999} \cdot 2000^{2} > \\ > {(\frac{1997}{1999})}^{1999} \cdot 1999^{2} = \frac{1997^{1999}}{1999^{1997}}, \end{matrix} \end{matrix}

ezzel beláttuk, hogy

\begin{matrix} \frac{1998^{2000}}{2000^{1998}} > \frac{1997^{1999}}{1999^{1997}} . \end{matrix}

Hegyi Márta (Budapest, Szent István Gimn., 10. o.t.)

Megjegyzések. 1. Többen számológéppel számoltak, de a gép a tizedesjegyeket csak adott határig tudja kiírni, és a kerekített értékekkel való számolás a relációt akár meg is fordíthatja ‐ néhány esetben ez is történt! Kiss Norbert (Budapest, Szent István Gimn., 10. o.t.) azonban azt is megvizsgálta, hogy a kerekítési hiba milyen hatással lehet a kapott eredményre, ezzel a megoldása teljesen korrekt.
2. Hasonlóan, a kerekítési hiba megvizsgálásával adott jó megoldást Andrássy Zoltán
(Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 10. o.t.) is, aki a törtek tízes alapú logaritmusával számolt.
3. Tipikus hiba volt a dolgozatok egy részében, hogy

\begin{matrix} \frac{1998}{2000} > \frac{1997}{1999} -ből {(\frac{1998}{2000})}^{1998} > {(\frac{1997}{1999})}^{1997} -re \end{matrix}

következtettek, ami nem jogos, hiszen 1-nél kisebb pozitív számok természetes kitevőjű hatványai egyre csökkennek, így pl.

\begin{matrix} {(\frac{1997}{1999})}^{1998} < {(\frac{1997}{1999})}^{1997} . \end{matrix}