Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A B. 4953. feladat (2018. április)

B. 4953. Bizonyítsuk be, hogy minden \(\displaystyle n>1\) egész számra

\(\displaystyle \ln n+\sqrt{\frac12}+\sqrt{\frac23}+\ldots +\sqrt{\frac{n-1}{n}}<\sqrt2+\sqrt{\frac32}+\sqrt{\frac43}+\ldots +\sqrt{\frac{n}{n-1}}\,. \)

Javasolta: Holló Gábor (Budapest)

(5 pont)

A beküldési határidő 2018. május 10-én LEJÁRT.


Megoldás. Az állítást \(\displaystyle n\)-re vonatkozó teljes indukcióval fogjuk bizonyítani.

Ha \(\displaystyle n=2\), akkor a bizonyítandó állítás

\(\displaystyle \ln 2 +\sqrt{\frac{1}{2}}<\sqrt{2},\)

ami valóban teljesül.

Az indukciós lépés igazolásához tegyük most fel, hogy valamely \(\displaystyle n\geq 2\) esetén már bizonyítottuk, hogy

\(\displaystyle \ln n + \sqrt{\frac{1}{2}}+ \sqrt{\frac{2}{3}}+\dots+ \sqrt{\frac{n-1}{n}}< \sqrt{2}+ \sqrt{\frac{3}{2}}+\dots+ \sqrt{\frac{n}{n-1}}.\)

Ha belátjuk, hogy \(\displaystyle \ln(n+1)-\ln n\leq \sqrt{\frac{n+1}{n}}- \sqrt{\frac{n}{n+1}}\), akkor ezt az egyenlőtlenséget az előzőhöz hozzáadva éppen a bizonyítandó egyenlőt­lenséget kapjuk \(\displaystyle n+1\) esetén. A továbbiakban ezt az egyenlőtlenséget igazoljuk. Legyen \(\displaystyle x=\frac{n+1}{n}\), ekkor \(\displaystyle \ln(n+1)-\ln n=\ln x\) és \(\displaystyle \sqrt{\frac{n+1}{n}}- \sqrt{\frac{n}{n+1}}=\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}\), így ha sikerül igazolnunk, hogy \(\displaystyle 1<x\) esetén \(\displaystyle \ln x\leq \sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}\), akkor készen vagyunk. Tekintsük az \(\displaystyle f(x)= \sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}-\ln x\) függvényt. Azt kell igazolnunk, hogy \(\displaystyle 1<x\) esetén \(\displaystyle 0\leq f(x)\). Mivel \(\displaystyle f(1)=0\), ezért ehhez elég belátnunk, hogy \(\displaystyle f\) az \(\displaystyle [1,\infty)\) intervallumon monoton növekedő. Ezen az intervallumon \(\displaystyle f\) differenciálható, így a monoton növekedéshez elég ellenőriznünk, hogy \(\displaystyle f\) deriváltja nemnegatív: \(\displaystyle f'(x)\geq 0\) minden \(\displaystyle x\geq 1\) esetén:

\(\displaystyle f'(x)=\left( \sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}-\ln x \right)'=\frac{1}{2\sqrt{x}}+\frac{1}{2x^{3/2}}-\frac{1}{x}=\)

\(\displaystyle =\frac{1}{2x^{3/2}} \left(x+1-2\sqrt{x} \right)= \frac{1}{2x^{3/2}} \left(\sqrt{x}-1 \right)^2\geq 0.\)

Ezzel a bizonyítandó egyenlőtlenséget igazoltuk minden \(\displaystyle n\) pozitív egész esetén.

Megjegyzés. A fenti átalakításokból valójában az is leolvasható, hogy \(\displaystyle 1<x\) esetén \(\displaystyle f'(x)>0\), így \(\displaystyle f\) az \(\displaystyle [1,\infty]\) intervallumon szigorúan monoton növekedő. Speciálisan, \(\displaystyle 0=f(1)<f(2)=\sqrt{2}-\frac{1}{\sqrt{2}}-\ln 2\), ami éppen a bizonyítandó állítás \(\displaystyle n=2\) esetén, vagyis \(\displaystyle f\) szigorú monotonitását igazolva és használva az \(\displaystyle n=2\) esetet sem kell külön ellenőriznünk.


Statisztika:

48 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Bán-Szabó Áron, Baski Bence, Beke Csongor, Csiszár Zoltán, Daróczi Sándor, Deák Bence, Dobák Dániel, Döbröntei Dávid Bence, Fekete Richárd, Fitos Bence, Füredi Erik Benjámin, Gárgyán Barnabás, Gáspár Attila, Geretovszky Anna, Győrffi Ádám György, Győrffy Ágoston, Hervay Bence, Imre Tamás, Jánosik Áron, Kerekes Anna, Kupás Vendel Péter, Nguyen Bich Diep, Noszály Áron, Olosz Adél, Pituk Gábor, Póta Balázs, Schifferer András, Schrettner Jakab, Sebestyén Pál Botond, Shuborno Das, Szabó 417 Dávid, Szabó 991 Kornél, Szabó 997 Balázs István, Szőnyi Laura, Tiderenczl Dániel, Tubak Dániel.
4 pontot kapott:Hegedűs Dániel, Tiszay Ádám, Tóth Ábel.
3 pontot kapott:7 versenyző.
2 pontot kapott:2 versenyző.

A KöMaL 2018. áprilisi matematika feladatai