Feladat: F.2506 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Németh-Buhin Ákos ,  Tornyi Lajos 
Füzet: 1985/november, 364 - 365. oldal  PDF file
Témakör(ök): Függvényvizsgálat differenciálszámítással, Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Függvényvizsgálat, Trigonometriai azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/január: F.2506

Bizonyítsuk be, hogy ha 0<x<π2, akkor
x<21sinx+1tgx.(2)


I. megoldás. A bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens a
2sinx1+cosx-x>0(1)
egyenlőtlenséggel a (0,π2) intervallumban, s itt a bal oldal értelmezve van. x=0-ban a bal oldal nulla. Ha tehát az f(x)=2sinx1+cosx-x függvényről belátjuk, hogy szigorúan monoton növő a [0,π2) intervallumban, akkor abból az is következik, hogy f(x)>f(0), s így (1) teljesül. Elég tehát belátni, hogy f'(x) a [0,π2) intervallumban létezik és pozitív, és hogy f'(0)=0, mert ebből már következik, hogy f(x) szigorúan monoton növő a [0,π2) intervallumban. Mármost 0x<π2 esetén
f'(x)=2cosx(1+cosx)-2sinx(-sinx)(1+cosx)2-1==2cosx+2cos2x+2sin2x(1+cosx)2-1=2(cosx+1)(1+cosx)2-1==21+cosx-1=1-cosx1+cosx.


Ha most 0<x<π/2, akkor 0<cosx<1, így f'(x) ebben az esetben valóban pozitív. Másrészt f'(0)=1-cos01+cos0, ami valóban 0. Ezzel a bizonyítást befejeztük.
 

 Németh-Buhin Ákos (Bp., Fazekas M. Gyak. Gimn., IV. o. t.)
 

II. megoldás. Az egyenlőtlenség jobb oldala
21sinx+1tgx=2sinx1+cosx=4sinx2cosx22cos2x2=2tgx2,
s ezek az átalakítások 0<x<π2 esetén elvégezhetők. Az egyenlőtlenség tehát az
x2<tgx2(2)
alakot ölti. Ismeretes, hogy ha 0<y<π2, akkor y<tgy, márpedig (2)-ben x2  a 0 és π4  korlátok közé esik. Ezzel a feladat állítását beláttuk.
 

 Tornyi Lajos (Nyíregyháza, 2. sz. Gyak. Ált. Isk., 8. o. t.)