Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai egyenlőtlenségek, Törtfüggvények, Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij-féle egyenlőtlenség, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2002/április: B.3545

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, ${\sqrt[]{m^{2}}} = {m}$ választja szét. Az $m$ -edik csoport egy $2 m$ tagú összeg,

\begin{matrix} S_{m} = {\sqrt[]{m^{2} + 1}} + {\sqrt[]{m^{2} + 2}} + ... + {\sqrt[]{m^{2} + 2 m}}, m = 1,2, ..., n - 1. \end{matrix}

A feladat

\sum_{m = 1}^{n - 1} S_{m}

becslését kívánja, a megoldáshoz az

S_{m}

összegek tagjait becsüljük két oldalról: megmutatjuk, hogy ha

1 \leq k \leq 2 m

, akkor

\begin{matrix} \frac{k}{2 m + 1} < a_{m, k} = {\sqrt[]{m^{2} + k}} < \frac{k}{2 m} . \end{matrix}

(1)

Használjuk fel, hogy minden valós számra

{x} = x - [x]

. Ha

1 \leq k \leq 2 m

, akkor

m^{2} < m^{2} + k < m^{2} + 2 m + 1 = {(m + 1)}^{2}

, és így

[\sqrt[]{m^{2} + k}] = m

. Így

\begin{matrix} a_{m, k} = \sqrt[]{m^{2} + k} - [\sqrt[]{m^{2} + k}] = \sqrt[]{m^{2} + k} - m . \end{matrix}

,,Gyöktelenítsük'' ezt az alakot, bővítsünk a konjugáltjával:

\begin{matrix} a_{m, k} = \frac{m^{2} + k - m^{2}}{\sqrt[]{m^{2} + k} + m} = \frac{k}{\sqrt[]{m^{2} + k} + m} . \end{matrix}

Innen valóban következik (1), hiszen most

m < \sqrt[]{m^{2} + k} < m + 1

.
A bizonyítandó egyenlőtlenségek most már a kapott becslések összegzésével adódnak:

\begin{matrix} \begin{matrix} S_{m} > \sum_{k = 1}^{2 m} \frac{k}{2 m + 1} = \frac{1}{2 m + 1} \cdot \frac{2 m (2 m + 1)}{2} = m, illetve \\ S_{m} < \sum_{k = 1}^{2 m} \frac{k}{2 m} = \frac{1}{2 m} \cdot \frac{2 m (2 m + 1)}{2} = m + \frac{1}{2} . \end{matrix} \end{matrix}

Így

\begin{matrix} \sum_{m = 1}^{n - 1} m = \frac{n (n - 1)}{2} < \sum_{m = 1}^{n - 1} S_{m} < \sum_{m = 1}^{n - 1} (m + \frac{1}{2}) = \frac{n (n - 1) + n - 1}{2} = \frac{n^{2} - 1}{2}, \end{matrix}

a bizonyítandó állítást kapjuk.

() Tóth János (Békéscsaba, Rózsa Ferenc Gimn., 12. évf.)

Megjegyzés. A megoldások vagy a

\frac{k}{2 m + 1} < a_{m, k} = {\sqrt[]{m^{2} + k}} < \frac{k}{2 m}

egyenlőtlenségeket, vagy pedig az összegzésükkel adódó

m < S_{m} < m + \frac{1}{2}

becsléseket igazolták a legkülönbözőbb módszerekkel. Az

m < S_{m}

alsó becslést nem csak tagonként összegezve kaphatjuk meg, könnyen igazolható a számtani és a négyzetes közepek közti egyenlőtlenség felhasználásával is, illetve a 2

m

tagú

S_{m}

összeg tagjait szimmetrikusan csoportosítva az

1 \leq k \leq m

esetben teljesülő

1 < {\sqrt[]{m^{2} + k}} + {\sqrt[]{{(m + 1)}^{2} - k}}

egyenlőtlenségek összegzésével is.
A felső becslésre kényegében csak ezt a módszert találták. Valamivel finomabb eszközökkel az

S_{m} < m + \frac{1}{6}

eredmény is igazolható.