A B. 5106. feladat (2020. május)

B. 5106. Felírjuk a táblára az $\displaystyle n+1, n+2, \ldots, 2n$ számokat ($\displaystyle n\ge2$), majd a következő lépést ismételgetjük: kiválasztunk két számot ($\displaystyle x$ és $\displaystyle y$) a táblán, letöröljük őket, és helyettük felírjuk az $\displaystyle x+y+\sqrt{x^2+y^2}$ és $\displaystyle x+y-\sqrt{x^2+y^2}$ számokat. Igazoljuk, hogy soha nem írhatunk a táblára $\displaystyle 1{,}442$-nél kisebb számot.

(5 pont)

A beküldési határidő 2020. június 10-én LEJÁRT.

Megoldás. A bizonyítás során három lemmát fogunk segítségül hívni, és bizonyítani.

Első lemma: Bármely lépés után minden táblán lévő szám pozitív.

Kezdetben az állítás nyilvánvaló.

Egy lépés után az $\displaystyle x,y>0$ számok letörlése után az $\displaystyle x+y+\sqrt{x^2+y^2}>0$ és $\displaystyle x+y-\sqrt{x^2+y^2}$ számok kerülnek a táblára, ezek közül csak a második lehet nempozitív; viszont az ($\displaystyle x,y$ pozitivitása miatt) $\displaystyle x+y=\sqrt{x^2+2xy+y^2} > \sqrt{x^2+y^2}$, emiatt $\displaystyle x+y-\sqrt{x^2+y^2}$ is pozitív. Ezzel igazoltuk, hogy bármelyik lépés után bármely a táblán lévő szám pozitív.

Második lemma: Bármely állapotban a táblán lévő számok reciprokösszege invariáns, azaz nem változik a lépések során.

Legyenek a táblán lévő számok egy adott állapotban $\displaystyle a_1,a_2,...,a_{n-2},x,y$ és a soron következő lépésben az $\displaystyle x,y$ számokat töröljük le. Ekkor azt kell igazolnunk, hogy $\displaystyle \dfrac{1}{a_1}+...+\dfrac{1}{a_{n-2}}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{a_1}+...+\dfrac{1}{a_{n-2}} + \dfrac{1}{x+y+\sqrt{x^2+y^2}} + \dfrac{1}{x+y-\sqrt{x^2+y^2}}$. Ehhez nyilván elegendő megmutatni, hogy $\displaystyle \dfrac{1}{x+y+\sqrt{x^2+y^2}} + \dfrac{1}{x+y-\sqrt{x^2+y^2}} = \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}$.
A gyökös nevezőjű törteknél az $\displaystyle x+y-\sqrt{x^2+y^2}$, illetve az $\displaystyle x+y+\sqrt{x^2+y^2}$ ,,konjugáltakkal'' bővítés után kapjuk:

$\displaystyle \dfrac{1}{x+y+\sqrt{x^2+y^2}} + \dfrac{1}{x+y-\sqrt{x^2+y^2}} = \dfrac{x+y-\sqrt{x^2+y^2}}{(x+y)^2-(x^2+y^2)} + \dfrac{x+y+\sqrt{x^2+y^2}}{(x+y)^2-(x^2+y^2)}=\dfrac{2x+2y}{2xy}=\dfrac{x+y}{xy}= \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}$.

Azaz a táblán lévő számok reciprokösszege valóban invariáns.

Harmadik lemma: $\displaystyle \dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+...+\dfrac{1}{2n} = \dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4} \pm ... - \dfrac{1}{2n}$. (Ez egy közismert állítás, de azért bebizonyítjuk.)

$\displaystyle n$-szerinti teljes indukcióval fogunk bizonyítani.

$\displaystyle n=1$-re az állítás nyilvánvaló, hiszen $\displaystyle \dfrac{1}{2}=1 - \dfrac{1}{2}$.

T.f.h. $\displaystyle n=k$-ra igaz az állítás, azaz $\displaystyle B_k=\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{k+2}+...+\dfrac{1}{2k} = \dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4} \pm ... - \dfrac{1}{2k}=J_k$.

Megmutatjuk, hogy igaz marad az állítás $\displaystyle n=k+1$ esetén is.

$\displaystyle B_{k+1}=\dfrac{1}{(k+1)+1}+\dfrac{1}{(k+1)+2}+...+\dfrac{1}{2(k+1)} = B_k - \dfrac{1}{k+1} + \dfrac{1}{2k+1}+\dfrac{1}{2k+2} = B_k - \dfrac{2}{2k+2} + \dfrac{1}{2k+1}+\dfrac{1}{2k+2} = B_k + \dfrac{1}{2k+1}-\dfrac{1}{2k+2}=J_k+\dfrac{1}{2k+1}-\dfrac{1}{2k+2}=\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4} \pm ... - \dfrac{1}{2k}+\dfrac{1}{2k+1}-\dfrac{1}{2k+2}=J_{k+1}$.

Ezzel – az indukciós bizonyítási séma értelmében – beláttuk a harmadik lemmánkat is.

Felhasználva (a logaritmus Taylor-sorával kapcsolatos) összefüggést $\displaystyle \ln 2$ értékére:

$\displaystyle \displaystyle{\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4} \pm ... - \dfrac{1}{2n} < \sum_{i=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{i+1}}{i}=\ln 2}$; adódik, hogy a kezdetben a táblán lévő számok reciprokösszegére igaz:

$\displaystyle \dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+...+\dfrac{1}{2n} = \dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4} \pm ... - \dfrac{1}{2n} < \ln 2$, és emiatt (a táblán lévő számok pozitivitását kihasználva) a táblán bármely állapotban lévő bármely $\displaystyle z$ számra $\displaystyle z > \dfrac{1}{\ln 2} = \log_2 e \approx 1,442695 >1,442$.

Ezzel az állítást beláttuk.

Statisztika:

13 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Bán-Szabó Áron, Fekete Richárd, Füredi Erik Benjámin, Lengyel Ádám, Seres-Szabó Márton, Tiderenczl Dániel.
4 pontot kapott:	Beke Csongor, Mácsai Dániel, Sztranyák Gabriella.
3 pontot kapott:	2 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2020. májusi matematika feladatai