Feladat: B.3545 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Backhausz Ágnes ,  Bérczi Kristóf ,  Birkner Tamás ,  Bisztray Márta ,  Bóka Gergely ,  Filus Tamás ,  Gyarmati Ákos ,  Hablicsek Márton ,  Hannák Anikó ,  Herczegh Attila ,  Horváth Márton ,  Kiss-Tóth Christián ,  Kovács Levente ,  Molnár Ágnes ,  Nagy Gábor ,  Nagy Szabolcs ,  Pallos Péter ,  Pongrácz András ,  Puskás Anna ,  Rácz Béla András ,  Révész Dániel ,  Salát Máté ,  Simon Balázs ,  Szalai Attila ,  Tábor Áron ,  Tóth János ,  Vaskó Richárd 
Füzet: 2003/április, 217 - 218. oldal  PDF file
Témakör(ök): Algebrai egyenlőtlenségek, Törtfüggvények, Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij-féle egyenlőtlenség, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2002/április: B.3545

Bizonyítsuk be, hogy
n2-n2{1}+{2}+...+{n2}n2-12,
ahol {x} az x törtrészét jelöli.

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

Megoldás. Az állítás semmitmondó egyenlőségbe megy át, ha n=1; tegyük föl, hogy n>1. Ekkor a fenti összeg (n-1) csoportra osztható, ezeket egy-egy nulla értékű tag, {m2}={m} választja szét. Az m-edik csoport egy 2m tagú összeg,

Sm={m2+1}+{m2+2}+...+{m2+2m},m=1,2,...,n-1.
A feladat m=1n-1Sm becslését kívánja, a megoldáshoz az Sm összegek tagjait becsüljük két oldalról: megmutatjuk, hogy ha 1k2m, akkor
k2m+1<am,k={m2+k}<k2m.(1)
Használjuk fel, hogy minden valós számra {x}=x-[x]. Ha 1k2m, akkor m2<m2+k<m2+2m+1=(m+1)2, és így [m2+k]=m. Így
am,k=m2+k-[m2+k]=m2+k-m.
,,Gyöktelenítsük'' ezt az alakot, bővítsünk a konjugáltjával:
am,k=m2+k-m2m2+k+m=km2+k+m.
Innen valóban következik (1), hiszen most m<m2+k<m+1.
A bizonyítandó egyenlőtlenségek most már a kapott becslések összegzésével adódnak:
Sm>k=12mk2m+1=12m+12m(2m+1)2=m,illetveSm<k=12mk2m=12m2m(2m+1)2=m+12.
Így
m=1n-1m=n(n-1)2<m=1n-1Sm<m=1n-1(m+12)=n(n-1)+n-12=n2-12,
a bizonyítandó állítást kapjuk.
(Tóth János (Békéscsaba, Rózsa Ferenc Gimn., 12. évf.)

 
Megjegyzés. A megoldások vagy a k2m+1<am,k={m2+k}<k2m egyenlőtlenségeket, vagy pedig az összegzésükkel adódó m<Sm<m+12 becsléseket igazolták a legkülönbözőbb módszerekkel. Az m<Sm alsó becslést nem csak tagonként összegezve kaphatjuk meg, könnyen igazolható a számtani és a négyzetes közepek közti egyenlőtlenség felhasználásával is, illetve a 2m tagú Sm összeg tagjait szimmetrikusan csoportosítva az 1km esetben teljesülő 1<{m2+k}+{(m+1)2-k} egyenlőtlenségek összegzésével is.
A felső becslésre kényegében csak ezt a módszert találták. Valamivel finomabb eszközökkel az Sm<m+16 eredmény is igazolható.