Kezdőlap


Feladat:	631. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bártfai Pál , Cser László
Füzet:	1955/március, 81 - 82. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometria, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1954/október: 631. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás: Az $α \leq 90^{\circ}$ feltételnek természetesen csak úgy van értelme, ha $α > 0$ és $β > 0$ .
A feltételi egyenletünk így is írható:

\begin{matrix} sin β = \frac{3}{4} sin α = \frac{3}{4} 2 sin \frac{α}{2} cos \frac{α}{2} = \frac{3}{2} sin \frac{α}{2} cos \frac{α}{2} . \end{matrix}

(1)

Mivel

0^{\circ} < α \leq 90^{\circ}

, azért

0^{\circ} < \frac{α}{2} \leq 45^{\circ}

. Ez utóbbi intervallumban

cos \frac{α}{2}

legkisebb értéke

cos 45^{\circ} = \frac{\sqrt[]{2}}{2}

. Ha tehát (1)-ben a

cos \frac{α}{2}

helyett a nálánál sohasem nagyobb

\frac{\sqrt[]{2}}{2}

-t írjuk, akkor a jobboldalt csökkentettük, vagyis

\begin{matrix} sin β \geq \frac{3 \sqrt[]{2}}{4} sin \frac{α}{2} > sin \frac{α}{2}, \end{matrix}

(2)

mert

\frac{3 \sqrt[]{2}}{4} = \sqrt[]{\frac{9}{8}} > 1

Mivel

0^{\circ}

és

90^{\circ}

között a sinus‐érték növekedésével együtt jár a szög növekedése is, azért (2) alapján

sin β > sin \frac{α}{2}

egyenlőtlenségből következik, hogy

β > \frac{α}{2}

Megjegyzés: A (2) alatti egyenlőtlenség első részéből következik, hogy a

β > \frac{α}{2}

állítás, még az eredeti feltételnél kevesebbet kívánó

sin β = \frac{\sqrt[]{2}}{2} sin α

feltétel mellett is fennáll, és csak az

α = 90^{\circ}

határon megy át egyenlőségbe.

Bártfai Pál (Bp. I., Petőfi g. IV. o. t.)

II. megoldás: A

β > \frac{α}{2}

(az első negyedben) állítás helyett vizsgáljuk meg a

\begin{matrix} sin β = \frac{3}{4} sin α > sin \frac{α}{2} \end{matrix}

állítást.
Keressük meg az

\begin{matrix} y_{1} = sin β = \frac{3}{4} sin α és y_{2} = sin \frac{α}{2} \end{matrix}

görbék közös pontjait, vagyis oldjuk meg az alábbi goniometriai egyenletet:

\begin{matrix} \frac{3}{4} sin α = sin \frac{α}{2} . \end{matrix}

sin \frac{α}{2}

helyébe

\sqrt[]{\frac{1 - cos α}{2}}

-t írva és négyzetre emelve

\begin{matrix} \frac{9}{16} sin^{2} α = \frac{1 - cos α}{2}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} 9 (1 - cos^{2} α) = 8 - 8 cos α, \end{matrix}

rendezve

\begin{matrix} 9 cos^{2} α - 8 cos α - 1 = 0, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} cos α_{1} = 1 és cos α_{2} = - \frac{1}{9}, \end{matrix}

és így

\begin{matrix} α_{1} = 0 és α_{2} > \frac{π}{2} . \end{matrix}

Tehát a

0 < α \leq \frac{π}{2}

intervallumban nincs gyök, és mivel az

α = \frac{π}{2}

helyen

\begin{matrix} y_{1} = \frac{3}{4} sin \frac{π}{2} = \frac{3}{4} > sin \frac{π}{4} = \frac{\sqrt[]{2}}{2} = y_{2}, \end{matrix}

azért az egész

0 < α \leq \frac{π}{2}

intervallumban a

sin β = \frac{3}{4} sin α

görbe a

sin \frac{α}{2}

görbe felett marad, amiből következik, hogy ebben az intervallumban

\begin{matrix} β > \frac{α}{2} . \end{matrix}

Cser László (Esztergom, I. István g. IV. o. t.)