Feladat: F.2297 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Ákosfai Z. ,  Böröczky K. ,  Csere K. ,  Dósa Gy. ,  Heckenast L. ,  Hetyei G. ,  Károlyi Gy. ,  Magyar Á. ,  Magyar Cs. ,  Megyesi K. ,  Mihálykó Cs. ,  Nagy R. ,  Simák R. ,  Simonyi G. ,  Szabó T. ,  Szállási Z. ,  Tranta Beáta ,  Törőcsik J. 
Füzet: 1981/november, 122. oldal  PDF file
Témakör(ök): Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Feladat, Trigonometriai azonosságok
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/február: F.2297

Bizonyítsuk be, hogy minden pozitív egész n-re
|sinn|n+|sin(n+1)|n+1+...+|sin2n|2n>16.
(A szinusz függvény argumentumát radiánokban mérjük.)

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

Bizonyítsuk be, hogy minden pozitív egész n-re

|sinn|n+|sin(n+1)|n+1+...+|sin2n|2n>16.(1)
(A szinusz függvény argumentumát radiánokban mérjük.)
 

Megoldás. Először megmutatjuk, hogy
|sinα|+|sin(α+1)|sin1(2)
minden α-ra. Valóban, ha sinα és sin(α+1) egyező előjelű, akkor (2) bal oldala
|sinα+sin(α+1)|=2|sin(α+12)|cos122sin12cos12,
hiszen valamilyen k egészre α és α+1 is a [kπ,(k+1)π] zárt intervallumba esik. Ha pedig sinα és sin(α+1) különböző előjelű, akkor (2) bal oldalán
|sin(α+1)-sinα|=2sin12|cos(α+12)|2sin12cos12,
hiszen ekkor kπ-1αkπ valamilyen k egészre.
Az (1) egyenlőtlenség bal oldalát csökkentjük, ha a nevezőkben mindenütt 2n-et írunk, s mivel (n+1) összeadandó szerepel, azért a közös nevezőre hozás után a számlálót [n+12]n2 darab (2) típusú részletösszegre tudjuk bontani. Ezek alapján (1) bal oldala nagyobb, mint
12nn2sin1=sin14>14sinπ4=142>16,
és ezt akartuk belátni.