Page 19 - Tippek 11-12 o

y
0
0
243. Igazoljuk, hogy minden x  , y  , x   1 esetén, hogy:
y
x
x  y  2.
Megoldás
t
t
Könnyen belátható, hogy a feladatban valójában az ( )f t  függ-
y
 x  
vényről van szó, és ez az egyenlőtlenség ( )f x  f ( )  2 f    2,
y
 2 
ami tulajdonképpen nem más mint a Jensen-egyenlőtlenség, és ehhez ele-
t
gendő belátni, hogy ( )f t  konvex függvény. Ez valóban így van, mert
t
1  2 
x

f "( ) t t   1 lnt    0 és ezzel a feladatot megoldottuk.
t  
2

244. Az   sorozat esetén a  1 és a  2a  3a  , n .

a
2
n n 1 1 n 1 n n
Igazoljuk, hogy a sorozat minden tagja páratlan természetes szám.
Megoldás
2
2
Átrendezve az általános tagot: a  2a  3a  , természetesnek
n 1 n n
2
tűnik a négyzetre emelés, ami után a 2  4a a  a  2 0 adódik. Így

n 1 n n 1 n

a 2  4a a  a 2  2 0, a két egyenletet kivonva egymásból, a kö-
n 1 n 1 n 2 n 2
vetkező szorzótényezős alakot kapjuk: a  a 4a  a  a  0 .
n 2 n n 1 n n 2
Könnyen belátható, hogy az első zárójel nem lehet nulla csak a második,
azaz 4a  a  a  0, és most matematikai indukcióval, feltételezve,
n 1 n n 2
hogy a n ,a n 1  , mivel a n 2  4a n 1  a , ezért a n 2  is igaz. A to-
n
1
vábbiakban elegendő igazolni, hogy a  páros szám és ezt is matema-
n
tikai indukcióval lehet, figyelembe véve, hogy 4a n 1  a  a n 2  0 
n
 a n 2  1 4a n 1  a  1 4(a n 1  1) (a  1) 2, és mivel (a n 1  1) ,


n
n
1)
(a  páros számok, ezért a  1 is páros szám.
n n 2
  a  1 a 
245. Ha minden a esetén A ( )    , számoljuk ki a
a
 a  a  1 
 1   2   30 
A
P  A      A   szorzat értékét.
 30   30   30 
154