Kezdőlap


Feladat:	1164. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Demendy Zoltán , Kemenes János
Füzet:	1962/november, 130 - 131. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Trigonometriai azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1962/március: 1164. matematika feladat

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

A kitűzött kérdéssel egyenértékű az, hogy a bal és jobb oldal különbsége ‐ jelöljük $K$ -val ‐ mely $x$ -ekre pozitív. Fejezzük ki $K$ második és harmadik tagját is $sin x$ -szel. Mivel $sin 3 x = sin x (3 - 4 sin^{2} x$ ),

\begin{matrix} sin^{2} 2 x = 4 sin^{2} x cos^{2} x = 4 sin^{2} x (1 - sin^{2} x), \\ sin^{2} 3 x = sin^{2} x (9 - 24 sin^{2} x + 16 sin^{4} x), és így \\ K = sin^{2} x + sin^{2} 2 x - sin^{2} 3 x = sin^{2} x (- 4 + 20 sin^{2} x - 16 sin^{4} x) = \\ = - 4 sin^{2} x (4 sin^{4} x - 5 sin^{2} x + 1) = - 4 sin^{2} x (sin^{2} x - 1) (4 sin^{2} x - 1) = \\ = 4 sin^{2} x cos^{2} x (4 sin^{2} x - 1) . \end{matrix}

(

sin^{2} x

másodfokú polinomját szorzattá alakítottuk annak felhasználásával, hogy a

4 z^{2} - 5 z + 1 = 0

egyenlet gyökei

z_{1} = 1

z_{2} = 1 / 4

.) Az utolsó alak első két tényezője sohasem negatív, de lehet 0, éspedig ha ‐ a (

0^{\circ}

360^{\circ}

) intervallumban ‐

x = 0^{\circ}

180^{\circ}

, ill.

90^{\circ}

270^{\circ}

. Ezen

x

-ek kizárása után

K

akkor és csak akkor pozitív, ha a harmadik tényező pozitív, azaz

\begin{matrix} 4 sin^{2} x > 1, | sin | > 0, 5. \end{matrix}

Ez a

30^{\circ} < x < 150^{\circ}

és

210^{\circ} < x < 330^{\circ}

intervallumban teljesül. A kizárt értékek közül

90^{\circ}

és

270^{\circ}

e részintervallumokba esnek, így a megoldás:

\begin{matrix} 30^{\circ} < x < 90^{\circ}, 90^{\circ} < x < 150^{\circ}, 210^{\circ} < x < 270^{\circ}, 270^{\circ} < x < 330^{\circ} . \end{matrix}

Az utóbbi két intervallum az első kettőből

180^{\circ}

hozzáadásával áll elő, ezért az általános megoldás egyszerűbben írható. Ívmértékben:

\begin{matrix} \frac{π}{6} + k π < x < \frac{π}{2} + k π és \frac{π}{2} + k π < x < \frac{5 π}{6} + k π, \end{matrix}

ahol

k

egész szám.

Kemenes János (Budapest, Könyves Kálmán g. III. o. t.)

Megjegyzések. 1.

2 x

függvényeivel is sikerül kifejezni

K

-t. Ugyanis a szinuszok különbségét és összegét szorzattá alakítva:

\begin{matrix} sin^{2} x - sin^{2} 3 x = (sin x - sin 3 x) (sin x + sin 3 x) = \\ = 4 cos 2 x sin (- x) sin 2 x cos (- x) = - 2 sin^{2} 2 x cos 2 x, és így \\ K = sin^{2} 2 x + (sin^{2} x - sin^{2} 3 x) = sin^{2} 2 x (1 - 2 cos 2 x) . \end{matrix}

Ez a fentiekhez hasonlóan akkor és csak akkor pozitív, ha

\begin{matrix} sin^{2} 2 x \neq 0 és cos 2 x < 0, 5, azaz \\ \frac{π}{3} + 2 k π < 2 x < \frac{5 π}{3} + 2 k π . \end{matrix}

A kizárt

2 x = n + 2 k π

érték a kapott korlátok közé esik, az intervallumot kettévágja. Osztva 2-vel a fenti eredményre jutunk.

Demendy Zoltán (Budapest, Hengersor úti g. IV. o. t.)

2. Többen grafikus úton,

K

tagjainak szokásos ábrázolásával vélték megoldani a feladatot. Ez a módszer jó tájékozódást ad, de a kritikus helyek közelében bizonytalanná válik, ti. ott, ahol a két oldal egyenlő. Számszerű vizsgálat nélkül nem állíthatunk biztosat az e helyek ,,kis'' környezetében érvényes nagyságviszonyokról.