Kezdőlap


Feladat:	F.2554	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Paál Balázs
Füzet:	1986/május, 202 - 203. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szorzat, hatványozás azonosságai, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Trigonometrikus egyenletek, Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Trigonometriai azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1985/december: F.2554

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

I. megoldás. Az egyenlőség jobb oldala ${(2 y + 1)}^{2} + 5$ alakba írható, soha nem kisebb tehát 5-nél és csak $y = - 1 / 2$ -re lesz 5-tel egyenlő. Az egyenletnek tehát pontosan azokra az $x$ -ekre van megoldása, amelyekre

\begin{matrix} 3 sin x - 4 cos x ≧ 5, azaz \\ 3 sin x ≧ 5 + 4 cos x . & (2) \end{matrix}

A jobb oldal (2)-ben biztosan pozitív

(4 cos x ≧ - 4)

, tehát sin

x > 0

. De ekkor az egyenlőtlenség mindkét oldala pozitív, így négyzetre emelhetjük. A kapott egyenlőtlenségbe beírva a

sin^{2} x = 1 - cos^{2} x

azonosságot, rendezés után a

\begin{matrix} 0 ≧ 16 + 40 cos x + 25 cos^{2} x = {(5 cos x + 4)}^{2} \end{matrix}

(3)

egyenlőtlenséget kapjuk. Innen látszik, hogy (3) és így a vele ekvivalens (2) csak akkor teljesül, ha

cos x = - \frac{4}{5}

. Az (1) egyenletnek tehát pontosan azokra az

x

-ekre van megoldása, amelyekre

sin x > 0

és

cos x = - \frac{4}{5}

, azaz

x = - arc cos \frac{4}{5} + (2 k + 1) π \approx 2,498 + 2 k π

(vagy fokban

x \approx 143, 13^{\circ} + k \cdot 360^{\circ}

), ahol k egész. Ilyenkor (1) bal oldalának értéke 5, tehát a jobb oldalé is, így

y = - \frac{1}{2}

. Az egyenlet összes megoldását az

x = - arc cos \frac{4}{5} + (2 k + 1) π, y = - \frac{1}{2}

számpárok adják (

k

egész).
A megoldás során egyben azt is bebizonyítottuk, hogy

\begin{matrix} 3 sin x - 4 cos x ≦ 5 \end{matrix}

(4)

minden

x

-re és egyenlőség csak

cos x = - \frac{4}{5}

esetén áll.

II. megoldás. Az első megoldás végén kimondott állítást egy sokszor alkalmazható fogással is bebizonyíthatjuk. Írjuk (4)-et

\begin{matrix} \frac{3}{5} sin x - \frac{4}{5} cos x ≦ 1 \end{matrix}

alakba.

{(\frac{3}{5})}^{2} + {(\frac{4}{5})}^{2} = 1

, tehát van olyan

φ

szög, amelynek koszinusza

\frac{3}{4}

, szinusza

\frac{4}{5}

(φ \approx 53, 13^{\circ})

. Az egyenlőtlenség bal oldala tehát

sin x cos φ - cos x sin φ = sin (x - φ)

alakban írható, s ez valóban soha nem nagyobb l-nél.
Ezzel beláttuk, hogy egyenletünk bal oldala legföljebb 5, és láttuk, hogy jobb oldala legalább 5. Egyenlőség csak akkor állhat, ha

\begin{matrix} 4 y^{2} + 4 y + 6 = 5 azaz y = - \frac{1}{2}, \\ 3 sin x - 4 cos x = 5 azaz sin (x - φ) & = 1, \end{matrix}

tehát

x = φ + π / 2 + 2 k π

(

k

egész), ahol

φ = arc sin 4 / 5 \approx 0,9273

Megjegyzés. A II. megoldás gondolatmenete általában azt adja, hogy

\begin{matrix} - \sqrt[]{a^{2} + b^{2}} ≦ a cos x + b sin x ≦ \sqrt[]{a^{2} + b^{2}} \end{matrix}

minden

x

-re (

a, b

rögzített valós szám). Ha

a

is ,

b

is nulla, ez világos.

a^{2} + b^{2} > 0

esetén ,,végigosztunk''

\sqrt[]{a^{2} + b^{2}}

, majd megkeressük az (egyik olyan)

φ'

-t, amelyre

\frac{a}{\sqrt[]{a^{2} + b^{2}}} = sin φ', \frac{b}{\sqrt[]{a^{2} + b^{2}}} = cos φ'

(ilyen

φ'

van, mert

{(\frac{a}{\sqrt[]{a^{2} + b^{2}}})}^{2} + {(\frac{b}{\sqrt[]{a^{2} + b^{2}}})}^{2} = 1

). Ekkor az egyenlőtlenség a

\begin{matrix} - 1 ≦ sin φ' cos x + cos φ' sin x = sin (φ' + x) ≦ 1 \end{matrix}

alakot ölti, ami nyilvánvalóan teljesül.