Kezdőlap


Feladat:	A.225	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Dezső Balázs , Gyenes Zoltán , Harangi Viktor , Kiss Gergely , Pálvölgyi Dömötör , Varjú Péter , Zábrádi Gergely
Füzet:	2000/április, 230 - 232. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Osztók száma, Logaritmusos egyenlőtlenségek, Abszolútértékes egyenlőtlenségek, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1999/december: A.225

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

Tetszőleges $k$ pozitív egész az 1, 2, $...$ , $n$ számok közül pontosan $[\frac{n}{k}]$ darabnak osztója, ezért $S_{1} = [\frac{n}{1}] + [\frac{n}{3}] + [\frac{n}{5}] + ...$ és $S_{2} = [\frac{n}{2}] + [\frac{n}{4}] + [\frac{n}{6}] + ...$ (Az összegek egy idő után csupa 0-ból állnak.)
Ismeretes, hogy $\frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - ... + ... = ln 2$ , vagyis

\begin{matrix} \frac{n}{1} - \frac{n}{2} + \frac{n}{3} - ... + ... = n \cdot ln 2. \end{matrix}

(1)

Mivel tetszőleges

k

pozitív egészre

\begin{matrix} 0 < \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1} = \frac{1}{k^{2} + k} < \frac{4}{4 k^{2} + 4 k - 3} = \frac{1}{2 k - 1} - \frac{1}{2 k + 3} \end{matrix}

azért tetszőleges

m

pozitív egészre

\begin{matrix} \begin{matrix} (2) 0 < \frac{1}{m} - \frac{1}{m + 1} + \frac{1}{m + 2} - \frac{1}{m + 3} + ... - ... = \\ = (\frac{1}{m} - \frac{1}{m + 1}) + (\frac{1}{m + 2} - \frac{1}{m + 3}) + ... < \\ < (\frac{1}{2 m - 1} - \frac{1}{2 m + 3}) + (\frac{1}{2 m + 3} - \frac{1}{2 m + 7}) + ... = \frac{1}{2 m - 1} . \end{matrix} \end{matrix}

Legyen

m

tetszőleges pozitív egész. (1) és (2) felhasználásával

\begin{matrix} \begin{matrix} (3) S_{1} - S_{2} = [\frac{n}{1}] - [\frac{n}{2}] + [\frac{n}{3}] - [\frac{n}{4}] + ... - ... = \\ = ([\frac{n}{1}] - [\frac{n}{2}] + ... - ... - [\frac{n}{2 m}]) + \sum_{k = m}^{\infty} ([\frac{n}{2 k + 1}] - [\frac{n}{2 k + 2}]) > \\ > (\frac{n}{1} - 1) - \frac{n}{2} + (\frac{n}{3} - 1) - \frac{n}{4} + ... + (\frac{n}{2 m - 1} - 1) - \frac{n}{2 m} = \\ = (\frac{n}{1} - \frac{n}{2} + ... - ... + \frac{n}{2 m - 1} - \frac{n}{2 m}) - m = \\ = n \cdot ln 2 - (\frac{n}{2 m + 1} - \frac{n}{2 m + 2} + \frac{n}{2 m + 3} - ... + ...) - m > n \cdot ln 2 - \frac{n}{4 m + 1} - m . \end{matrix} \end{matrix}

Hasonlóképpen

\begin{matrix} \begin{matrix} (4) S_{1} - S_{2} = ([\frac{n}{1}] - [\frac{n}{2}] + ... - ... + [\frac{n}{2 m + 1}]) - \sum_{k = m + 1}^{\infty} ([\frac{n}{2 k}] - [\frac{n}{2 k + 1}]) < \\ < \frac{n}{1} - (\frac{n}{2} - 1) + \frac{n}{3} - (\frac{n}{4} - 1) + ... - ... - (\frac{n}{2 m} - 1) + \frac{n}{2 m + 1} = \\ = (\frac{n}{1} - \frac{n}{2} + ... - ... - \frac{n}{2 m} + \frac{n}{2 m + 1}) + m = \\ = n \cdot ln 2 + (\frac{n}{2 m + 2} - \frac{n}{2 m + 3} + \frac{n}{2 m + 4} - ... + ...) + m < n \cdot ln 2 + \frac{n}{4 m + 3} + m . \end{matrix} \end{matrix}

A (3) és (4) egyenlőtlenségek összevetéséből

\begin{matrix} | S_{1} - S_{2} - n \cdot ln 2 | < \frac{n}{4 m + 1} + m, \end{matrix}

(5)

és ez tetszőleges

m

pozitív egészre igaz. Az

m = [\frac{\sqrt[]{n}}{2}] + 1

választással azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} | S_{1} - S_{2} - n \cdot ln 2 | < \frac{n}{2 \sqrt[]{n} + 1} + \frac{\sqrt[]{n}}{2} + 1 < \sqrt[]{n} + 1. \end{matrix}