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