Kezdőlap


Feladat:	B.4071	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Aujeszky Tamás , Blázsik Zoltán , Bodor Bertalan , Énekes Péter , Kiss Réka , Márkus Bence , Mihálykó Ágnes , Nagy Donát , Somogyi Ákos , Szalkai Balázs , Tossenberger Anna , Varga László , Véges Márton , Weisz Ágoston
Füzet:	2008/október, 411 - 412. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Egészrész, törtrész függvények, Gyökös függvények, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2008/február: B.4071

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

Megoldás. Legyen $k + \frac{n}{k} = f (n, k)$ , ennek ‐ adott $n$ -re ‐ a minimumát jelölje $f (n)$ . Ez a minimum mindig létezik, hiszen $k \in N$ és rögzített $n$ mellett $f (n, k)$ egy adott számnál kisebb értéket csak véges sok helyen vehet fel. Észrevehetjük továbbá, hogy a bizonyítandó azonosság bal oldala ‐ az egészrész függvény monoton növekedése amiatt ‐ éppen $[f (n)]$ .
Minden $k$ -ra nyilván $k + \frac{n}{k} < k + \frac{n + 1}{k}$ ; ezért $f (n, k) < f (n + 1, k)$ , és így $f (n) < f (n + 1)$ .
Megmutatjuk, hogy $f (m (m + 1)) = 2 m + 1$ . Egyrészt minden pozitív egész számra

\begin{matrix} a + \frac{m^{2} + m}{a} \geq 2 m + 1, \end{matrix}

mivel az

a

-val történő szorzás révén ez ekvivalens a nyilvánvalóan fennálló

{(a - m)}^{2} \geq a - m

egyenlőtlenséggel. Másrészt látható, hogy egyenlőség is teljesülhet, mégpedig pontosan akkor, ha

a = m

vagy

a = m + 1

. Hasonlóan láthatjuk be, hogy

f (m^{2}) = 2 m

: hiszen

a + \frac{m^{2}}{a} \geq 2 m

ekvivalens

{(a - m)}^{2} \geq 0

-val, ahol egyenlőség az

a = m

esetben következik be.
Tekintsük ezután az

1^{2}

1 \cdot 2

2^{2}

2 \cdot 3

...

(n - 1) n

n^{2}

n (n + 1)

...

számokból álló

(c_{n})

sorozatot, amelyen az

f

függvény értékei rendre:

2,3,4,5, ... .

n

tetszőleges pozitív egész, akkor létezik, mégpedig egyértelműen olyan

t

index, amelyre

c_{t} \leq n < c_{t + 1}

; mivel

f (c_{t})

és

f (c_{t + 1})

egymást követő (pozitív) egészek, azért

\begin{matrix} [f (n)] = f (c_{t}) . \end{matrix}

Ugyanezek az összefüggések a

g (n) = [\sqrt[]{4 n + 1}]

függvényre is fennállnak:

\begin{matrix} g (m^{2}) = [\sqrt[]{4 m^{2} + 1}] = 2 m = f (m^{2}), \end{matrix}

hiszen

{(2 m)}^{2} < 4 m^{2} + 1 < 4 m^{2} + 4 m + 1 = {(2 m + 1)}^{2}

. Hasonlóan

\begin{matrix} g (m (m + 1)) = [\sqrt[]{4 m (m + 1) + 1}] = [\sqrt[]{{(2 m + 1)}^{2}}] = 2 m + 1 = f (m (m + 1)) . \end{matrix}

Így, ha

c_{t} \leq n < c_{t + 1}

, akkor az egész számokból álló

(g (n))

sorozat monoton növekedése miatt ugyancsak

g (n) = g (c_{t}) = f (c_{t}) = [f (n)]

, azaz

g (n) = [f (n)]

‐ ami a feladat állítását bizonyítja.

Megjegyzés. A feladatra legelőször rápillantva óhatatlanul a kéttagú számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség juthat eszünkbe: pozitív

a

b

számokra

a + b \geq 2 \sqrt[]{a b}

. Ennek jól ismert következménye, hogy ha

a b = c

állandó, úgy

a + b

akkor a legkisebb, ha

a = b = \sqrt[]{c}

. Mivel a feladatban

a

csak egész szám lehet, hajlamosak lehetünk az iménti elvet a következőképpen ,,általánosítani'':

a + b

annál kisebb, minél közelebb van

a

\sqrt[]{c}

-hez. Meglepő lehet, de ez a sejtés így, általában hamis: pl.

c = 20

a_{1} = 3

a_{2} = 6

esetén

\begin{matrix} | 3 - \sqrt[]{20} | < | 6 - \sqrt[]{20} |, de 3 + \frac{20}{3} > 6 + \frac{20}{6} . \end{matrix}