Page 170 - vol2

2n  4n 
ahol x =   sin 2n és y =   tg 4n továbbá ismeretes, hogy
n
n
sin x tgx
lim = lim =1. Így a dupla egyenlőtlenség alapján azonnal adódik,
x→ 0 x x→ 0 x
1
hogy lim n E n = ami megközelítőleg 0,5641…és mint látható na-
n→ 
gyon közel áll a 7. és a 8. feladat egyenlőtlenségei alapján kapott
1 3 1 1 3
n ∙ E  [ ; ) [ ;  ) becslésekhez. Ezek alapján most már
n
2 3 2 2 2
könnyebben belátható, hogy miért nincs sok esély arra, hogy n1 esetén a 7. és
8. feladat korlátait elemi módszerekkel „lényegesen élesíthessük”. Természete-
sen, ha lemondanák az n 1 kikötésről, és pl. az n 2 feltételre cserélnénk, ak-
1 1
kor az alsó korlátot pl. alakban keresve, ebben az esetben a

4n a n
32
„legjobb” a érték  3,555… és ha az n 2 feltételt tovább gyengítenénk,
9
számítógépes programmal ellenőrizhető, hogy ez az a állandó nagyon lassan
csökkenne. Ugyanilyen helyzettel állunk szembe, ha a jobboldali, felső korlátot
1 1
próbálnánk élesíteni. Nyilvánvalóan a és sorozatok alakját (a
4n 3n + 1

függvény képletét) is változtathatnánk, de az előbbiekben, a határértékkel bizo-
nyítottak alapján láthatjuk, hogy elemi módszerekkel lényegre törő lépést nem
tehetnénk.
A matematikai analízis eszközeivel megfogalmazhatjuk és bizonyíthat-
juk a tárgyalt témakörben az egyik „legjobb” dupla egyenlőtlenséget, ami nem
más mint a Wallis-formula bizonyításánál a leggyakrabban használt dupla
egyenlőtlenség.
10. feladat: Mutassuk meg, hogy bármely n  1 természetes szám ese-
tén igaz a következő egyenlőtlenséglánc:





1 2 1 3 5 ... (2n − 3) (2n − 1) 1 1
∙ < < ∙





n
 2n + 1 2 4 6 ... (2n − 2) (2 )  n
A bizonyításnak csak a legfontosabb lépéseit mutatjuk be:

170