Feladat:	B.4310	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Dinev Georgi
Füzet:	2013/január, 25 - 27. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Teljes indukció módszere, Számsorozatok, Egyenlőtlenségek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2010/november: B.4310

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Az állítást az $n$ szerinti teljes indukcióval igazoljuk; $n=0$-ra az üres szorzatot 1-nek tekintve a két oldal között egyenlőség áll fenn. Ezután tegyük fel, hogy az egyenlőtlenség teljesül $n=k$-ra, vagyis ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 1+\frac{1}{a_0}\left(1+\frac{1}{a_1-a_0}\right)\text{...}\left(1+\frac{1}{a_k-a_0}\right)\le }\hfill & \text{(<mn>1</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle \le \left(1+\frac{1}{a_0}\right)\left(1+\frac{1}{a_1}\right)\text{...}\left(1+\frac{1}{a_k}\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Az $n=k+1$ esetben azt kellene belátnunk, hogy ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 1+\frac{1}{a_0}\left(1+\frac{1}{a_1-a_0}\right)\text{...}\left(1+\frac{1}{a_k-a_0}\right)\left(1+\frac{1}{a_{k+1}-a_0}\right)\le }\hfill & \text{(<mn>2</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle \le \left(1+\frac{1}{a_0}\right)\left(1+\frac{1}{a_1}\right)\text{...}\left(1+\frac{1}{a_k}\right)\left(1+\frac{1}{a_{k+1}}\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ehhez ‐ az (1)-est is figyelembe véve ‐ elegendő azt igazolni, hogy ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{1}{a_0}\left(1+\frac{1}{a_1-a_0}\right)\text{...}\left(1+\frac{1}{a_k-a_0}\right)\frac{1}{a_{k+1}-a_0}\le }\hfill & \text{(<mn>3</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle \le \left(1+\frac{1}{a_0}\right)\left(1+\frac{1}{a_1}\right)\text{...}\left(1+\frac{1}{a_k}\right)\frac{1}{a_{k+1}}\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ hiszen az (1)-es és (3)-as feltételek megfelelő oldalainak összegzésével kaphatjuk meg a (2)-es sort. A (3) bizonyításához is teljes indukciót alkalmazunk. Ekkor $k=0$ esetén azt kell igazolnunk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{a_0}\cdot \frac{1}{a_1-a_0}\le \left(1+\frac{1}{a_0}\right)\frac{1}{a_1}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $a_0\cdot a_1\left(a_1-a_0\right)>0$ mennyiséggel beszorozva az alábbi eklivalens egyenlőtlenséget kapjuk: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle a_1}& {\displaystyle \le \left(a_0+1\right)\left(a_1-a_0\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle a_0}& {\displaystyle \le a_0\cdot a_1-a_0^2\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ illetve az $a_0>0$-val osztva: $\begin{array}{c}{\displaystyle 1\le a_1-a_0\mathrm{.}}\end{array}$ Ez a követelmény pedig a feladat feltétele alapján már teljesül. Ezután tegyük fel, hogy az állítás $k=\ell$ esetén teljesül, vagyis: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{1}{a_0}\left(1+\frac{1}{a_1-a_0}\right)\text{...}\left(1+\frac{1}{a_{\ell }-a_0}\right)\frac{1}{a_{\ell +1}-a_0}\le }\hfill & \text{(<mn>4</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle \le \left(1+\frac{1}{a_0}\right)\text{...}\left(1+\frac{1}{a_l}\right)\frac{1}{a_{\ell +1}}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ebből $k=\ell +1$ esetén azt kellene belátnunk, hogy ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{1}{a_0}\left(1+\frac{1}{a_1-a_0}\right)\text{...}\left(1+\frac{1}{a_{\ell }-a_o}\right)\left(1+\frac{1}{a_{\ell +1}-a_0}\right)\frac{1}{a_{\ell +2}-a_0}\le }\hfill & \text{(<mn>5</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle \le \left(1+\frac{1}{a_0}\right)\text{...}\left(1+\frac{1}{a_{\ell }}\right)\left(1+\frac{1}{a_{\ell +1}}\right)\frac{1}{a_{\ell +2}}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ehhez ‐ a (4)-est is figyelembe véve ‐ elegendő belátni, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(1+\frac{1}{a_{\ell +1}-a_0}\right)\frac{a_{\ell +1}-a_0}{a_{\ell +2}-a_0}\le \left(1+\frac{1}{a_{\ell +1}}\right)\frac{a_{\ell +1}}{a_{\ell +2}}\mathrm{,}}\end{array}$ (6) hiszen a (4)-es és (6)-os egyenlőtlenségek megfelelő oldalainak összeszorzásával adódik az (5)-ös. Beszorozva a pozitív $\left(a_{l+2}-a_0\right)\cdot a_{l+2}$ mennyiséggel, ekvivalens átalakítások során: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \left(a_{\ell +1}-a_0+1\right)a_{\ell +2}}& {\displaystyle \le \left(a_{\ell +1}+1\right)\left(a_{\ell +2}-a_0\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle a_0}& {\displaystyle \le a_0\cdot a_{\ell +2}-a_0\cdot a_{\ell +1}\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ végül $a_0>0$-val osztva: $1\le a_{\ell +2}-a_{\ell +1}$. Ez a követelmény a feladat feltétele alapján teljesül. Ezzel az állítást igazoltuk. Az egyenlőség feltétele a levezetés alapján $a_{k+1}-a_k=1$ feltétel teljesülése minden $k=\mathrm{0,1,}\text{...}\mathrm{,}n-1$ esetén.