Kezdőlap


Feladat:	F.1667	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bajmóczy E. , Balogh Z. , Donga Gy. , Fischer Ágnes , Gál P. , Galántai A. , Gegesy F. , Komjáth P. , Legeza L. , Maróti P. , Nikodémusz Anna , Pál J. , Papp Zoltán , Somorjai G. , Viszkei Gy.
Füzet:	1970/január, 10 - 12. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szélsőérték differenciálszámítással, Függvényvizsgálat differenciálszámítással, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Gyökös függvények, Függvényvizsgálat, Trigonometriai azonosságok, Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1969/május: F.1667

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

I. megoldás. A függvény minden $x$ értékre értelmezve van, mert $a > 0$ folytán a négyzetgyökjel alatt nem állhat negatív érték. Emiatt

\begin{matrix} \sqrt[]{sin^{2} 2 x + a cos^{2} x} ≧ \sqrt[]{sin^{2} 2 x} = | sin 2 x |, \end{matrix}

így a függvény értéke sehol sem negatív, a 0 értéket viszont felveszi, ahol

cos x = 0

, azaz

\begin{matrix} x = x_{m} = \frac{π}{2} + k π (k egész) . \end{matrix}

A függvény minimuma tehát

0

.
Jelöljük a függvényértéket röviden

y

-nal. Az ezt megadó összefüggésből olyan egyenletet alakítunk, amelyben csak egyetlen szögfüggvény szerepel.

y - sin 2 x

négyzetét felírva és rendezve

\begin{matrix} y^{2} - 2 y sin 2 x = a cos^{2} x . \end{matrix}

Innen

2 y sin 2 x = 4 y sin x cos x

négyzetét heghatározva egy csak

cos x

-et tartalmazó összefüggést kapunk:

\begin{matrix} 16 y^{2} (1 - cos^{2} x) cos^{2} x = y^{4} - 2 a y^{2} cos^{2} x + a^{2} cos^{4} x, \end{matrix}

vagy

cos x

hatványai szerint rendezve

\begin{matrix} (a^{2} + 16 y^{2}) cos^{4} x - 2 y^{2} (a + 8) cos^{2} x + y^{4} = 0. \end{matrix}

cos^{2} x

-re másodfokú egyenlet.

y

csak olyan értékeket vehet fel, amikre ennek van megoldása, tehát a diszkrimináns. ill. annak negyedrésze nem negatív:

\begin{matrix} y^{4} {(a + 8)}^{2} - y^{4} (a^{2} + 16 y^{2}) = 16 y^{4} (a + 4 - y^{2}) ≧ 0. \end{matrix}

Ez fennáll, ha

y = 0

vagy ha a második tényező nem negatív, így

\begin{matrix} y ≦ \sqrt[]{a + 4.} \end{matrix}

\sqrt[]{a + 4}

értéket arra az

x

értékre veheti fel

y

, amelyre (a fenti egyenletből)

\begin{matrix} cos^{2} x = \frac{a + 4}{a + 8} . \end{matrix}

Ez pozitív, 1-nél kisebb érték, mivel

a > 0

, így van olyan

x

, amire

\begin{matrix} cos x = \sqrt[]{\frac{a + 4}{a + 8}}, ill.  amire cos x = - \sqrt[]{\frac{a + 4}{a + 8}} . \end{matrix}

Behelyettesítés azt adja, hogy az először említett helyeken a függvény valóban a

\sqrt[]{a + 4}

értéket veszi fel (az utóbbiakon nem). Így a függvény maximális értéke

\sqrt[]{a + 4}

II. megoldás. A maximumnak a derivált 0-helyeiből való meghatározása céljára

x

helyett bevezetjük a

t / 2

változót, tehát az

f (x) = f (2 t) = g (t)

függvény maximumát keressük. Így

\begin{matrix} f (x) = g (t) = sin t + \sqrt[]{sin^{2} t + \frac{a}{2} (1 + cos t)}, \end{matrix}

\begin{matrix} g' (t) = cos t + \frac{sin t cos t - \frac{a}{4} sin t}{\sqrt[]{sin^{2} t + \frac{a}{2} (1 + cos t)}} . \end{matrix}

(1)

A nevező a maximum helyén nem lehet

0

, más szóval a

t = π + 2 k π

helyet kizárjuk,

g (t)

-t

2 π

szerint periodikus volta alapján csak a

0 ≦ t < π

és

π < t < 2 π

intervallumokban vizsgáljuk.
A

g' (t) = 0

követelményből rendezéssel, négyzetreemeléssel és ismert azonosságok alkalmazásával

\begin{matrix} cos^{2} t {sin^{2} t + \frac{a}{2} (1 + cos t)} = {(\frac{a}{4} - cos t)}^{2} sin^{2} t, \\ \frac{a}{2} cos t (1 + cos t) - \frac{a^{2}}{16} (1 - cos^{2} t) = 0, \\ \frac{a}{16} (1 + cos t) {(a + 8) cos t - a} = 0, \end{matrix}

vagyis maximum csak ott lehet, ahol

\begin{matrix} (a + 8) cos t - a = 0, \end{matrix}

\begin{matrix} cos t = \frac{a}{a + 8} . \end{matrix}

(2)

a > 0

miatt a

(0, π / 2)

és

(3 π / 2,2 π)

intervallumokban ad egy-egy értéket. Minthogy azonban a négyzetre emeléssel nem ekvivalens átalakítást végeztünk, ezeket ellenőriznünk kell. (2) helyettesítésével (1) első tagja és a második tag nevezője pozitív, a számláló pedig

\begin{matrix} - \frac{a (a + 4)}{4 (a + 8)} sin t, \end{matrix}

(3 π / 2,2 π)

intervallumban pozitív, ott tehát

g' (t) = 0

-nak nincs gyöke. A

(0, π / 2)

intervallumbeli

t_{M}

értékre, vagyis ahol

\begin{matrix} cos t_{M} = \frac{a}{a + 8}, sin t_{M} = \frac{4 \sqrt[]{a + 4}}{a + 8}, \end{matrix}

teljesül

g' (t_{M}) = 0

, ugyanis a nevező értéke

\frac{\sqrt[]{{(a + 4)}^{3}}}{a + 8} .

Minthogy pedig a

t_{M}

-et közrefogó

0

és

π / 2

helyeken

g' (0) = 1 > 0

és

g' (π / 2) < 0

, azért itt létezik maximum, és értéke

\begin{matrix} \frac{4 \sqrt[]{a + 4}}{a + 8} + \frac{(a + 4) \sqrt[]{a + 4}}{a + 8} = \sqrt[]{a + 4.} \end{matrix}

Papp Zoltán (Debrecen, Fazekas M. Gimn.)