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

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 $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{ln}x+\sqrt[]{\frac{1}{x}}<\sqrt[]{x}\mathrm{.}}\end{array}$   Bizonyítás: Ha $x>0$, akkor az $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=\sqrt[]{x}-\sqrt[]{\frac{1}{x}}-\text{ln}x}\end{array}$ függvény deriváltjára $\begin{array}{c}{\displaystyle f\text{'}\left(x\right)=\frac{1}{2\sqrt[]{x}}+\frac{1}{2\sqrt[]{x^3}}-\frac{1}{x}=\frac{1}{2\sqrt[]{x^3}}\cdot \left(x+1-2\sqrt[]{x}\right)=\frac{1}{2\sqrt[]{x^3}}\cdot {\left(\sqrt[]{x}-1\right)}^2\ge \mathrm{0,}}\end{array}$ ahol egyenlőség csak $x=1$ esetén teljesülhet. Ennélfogva $f\left(x\right)$ pozitív $x$-ekre szigorúan monoton nő, így minden $x>1$ esetén $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)>f\left(1\right)=\mathrm{0,}\text{azaz}\sqrt[]{x}-\sqrt[]{\frac{1}{x}}-\text{ln}x>\mathrm{0,}}\end{array}$ amivel az állításunkat igazoltuk. Mivel minden $1\le k$ egész szám esetén $\frac{k+1}{k}>1$, a most belátott segédtétel alapján $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{ln}\frac{k+1}{k}+\sqrt[]{\frac{k}{k+1}}<\sqrt[]{\frac{k+1}{k}}\mathrm{,}}\end{array}$ amit minden $1\le k<n$-re összegezve $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=1}^{n-1}\text{ln}\frac{k+1}{k}+\sum _{k=1}^{n-1}\sqrt[]{\frac{k}{k+1}}<\sum _{k=1}^{n-1}\sqrt[]{\frac{k+1}{k}}\mathrm{.}}\end{array}$ Itt a $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=1}^{n-1}\text{ln}\frac{k+1}{k}=\sum _{k=1}^{n-1}\text{ln}\left(k+1\right)-\text{ln}k}\end{array}$ összeg teleszkopikusan $\text{ln}n$-nel egyenlő, vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{ln}n+\sum _{k=1}^{n-1}\sqrt[]{\frac{k}{k+1}}<\sum _{k=1}^{n-1}\sqrt[]{\frac{k+1}{k}}}\end{array}$ 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 $\text{ln}2+\sqrt[]{\frac{1}{2}}<\sqrt[]{2}$ 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 $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{ln}n-\text{ln}\left(n-1\right)+\sqrt[]{\frac{n-1}{n}}<\sqrt[]{\frac{n}{n-1}}\mathrm{.}}\end{array}$ A fenti egyenlőtlenség azonos átalakításával és az $x=\sqrt[]{\frac{n}{n-1}}$ jelölést bevezetve: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{ln}{x}^2+\frac{1}{x}<x\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 0<x-\frac{1}{x}-2\text{ln}x\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Az utóbbi egyenlőtlenség igazolásához elegendő megmutatni, hogy a $g\left(x\right)=x-\frac{1}{x}-2\text{ln}x$ függvény deriváltja pozitív, ha $x>1$. Valóban: $g\left(1\right)=0$, és minden $x>1$-re $\begin{array}{c}{\displaystyle g\text{'}\left(x\right)=1+\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}={\left(1-\frac{1}{x}\right)}^2>0.}\end{array}$    Győrffy Ágoston (Budapest, Fazekas M. Gimn., 11. évf.)