Feladat: B.4953 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Daróczi Sándor ,  Győrffy Ágoston 
Füzet: 2019/január, 27 - 28. oldal  PDF file
Témakör(ök): Feladat, Irracionális egyenlőtlenségek, Rekurzív sorozatok, Függvényvizsgálat differenciálszámítással
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2018/április: B.4953

Bizonyítsuk be, hogy minden n>1 egész számra
lnn+12+23+...+n-1n<2+32+43+...+nn-1.

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

 
I. megoldás. Először a következő segédtételt igazoljuk: minden x>1 valós számra
lnx+1x<x.

 
Bizonyítás: Ha x>0, akkor az
f(x)=x-1x-lnx
függvény deriváltjára
f'(x)=12x+12x3-1x=12x3(x+1-2x)=12x3(x-1)20,
ahol egyenlőség csak x=1 esetén teljesülhet. Ennélfogva f(x) pozitív x-ekre szigorúan monoton nő, így minden x>1 esetén
f(x)>f(1)=0,azazx-1x-lnx>0,
amivel az állításunkat igazoltuk.
Mivel minden 1k egész szám esetén k+1k>1, a most belátott segédtétel alapján
lnk+1k+kk+1<k+1k,
amit minden 1k<n-re összegezve
k=1n-1lnk+1k+k=1n-1kk+1<k=1n-1k+1k.
Itt a
k=1n-1lnk+1k=k=1n-1ln(k+1)-lnk
összeg teleszkopikusan lnn-nel egyenlő, vagyis
lnn+k=1n-1kk+1<k=1n-1k+1k
minden n>1 egész esetén, ami éppen a feladat állítása.
 

 Daróczi Sándor (Nyíregyháza, Krúdy Gy. Gimn., 12. évf.)
 

 
II. megoldás. Az n szerinti indukcióval bizonyítunk; ha n=2, akkor ln2+12<2 teljesülése közvetlen számolással ellenőrizhető. Az indukciós lépésben megmutatjuk, hogy n-1-ről n-re lépve a bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldala kevesebbel nő, mint a jobb oldal, vagyis
lnn-ln(n-1)+n-1n<nn-1.
A fenti egyenlőtlenség azonos átalakításával és az x=nn-1 jelölést bevezetve:
lnx2+1x<x,0<x-1x-2lnx.


Az utóbbi egyenlőtlenség igazolásához elegendő megmutatni, hogy a g(x)=x-1x-2lnx függvény deriváltja pozitív, ha x>1. Valóban: g(1)=0, és minden x>1-re
g'(x)=1+1x2-2x=(1-1x)2>0.

 
 Győrffy Ágoston (Budapest, Fazekas M. Gimn., 11. évf.)