Kezdőlap


Feladat:	F.2716	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1989/május, 208 - 209. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Nevezetes azonosságok, Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Paraméteres egyenlőtlenségek, Egyenlőtlenségek, Trigonometriai azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1988/december: F.2716

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

$x = π$ -re a bal oldal értéke ${(- 1)}^{n}$ , ezért $n$ csak páros szám lehet; legyen $n = 2 k$ .
Az $f$ : $x \mapsto sin^{2 k} x + cos^{2 k} x$ függvény periodikus, és a periódus hossza $\frac{π}{2}$ , hiszen

\begin{matrix} sin^{2 k} (x + \frac{π}{2}) = cos^{2 k} x, cos^{2 k} (x + \frac{π}{2}) = sin^{2 k} x . \end{matrix}

Az is látható, hogy az

f

függvény a

[0, \frac{π}{2}]

intervallumon

π / 4

-re szimmetrikus, azaz

\begin{matrix} f (π / 2 - x) = sin^{2 k} (π / 2 - x) + cos^{2 k} (π / 2 - x) = cos^{2 k} x + sin^{2 k} x = f (x) . \end{matrix}

Mivel

f (x)

minimális értékére van szükségünk, elég

f

-et a

[0, π / 4]

intervallumban vizsgálni. Ha

x

-et ebből az intervallumból választjuk, akkor

x

felírható

x = π / 4 - y

alakban, ahol

0 ≦ y ≦ π / 4.

Ezzel

\begin{matrix} f (x) = {(sin^{2} (π / 4 - y))}^{k} + {(cos^{2} (π / 4 - y))}^{k} = \\ = {({(\frac{1}{\sqrt[]{2}} (cos y - sin y))}^{2})}^{k} + {({(\frac{1}{\sqrt[]{2}} (cos y + sin y))}^{2})}^{k} = \\ = \frac{1}{2^{k}} ({(1 - sin 2 y)}^{k} + {(1 + sin 2 y)}^{k}) . \end{matrix}

k

-adik hatványokat a binomiális tétellel kiszámolva, összevonás után a negatív tagok kiesnek, és a nem negatív tagok elhagyásával az összeg nem növekszik:

\begin{matrix} f (x) & = \frac{1}{2^{k}} ((1 - (\binom{k}{1}) sin 2 y + (\binom{k}{2}) sin^{2} 2 y - + ...) + & (1) \\ + (1 + (\binom{k}{1}) sin 2 y + (\binom{k}{2}) sin^{2} 2 y + ...)) = \\ = \frac{1}{2^{k - 1}} (1 + (\binom{k}{2}) sin^{2} 2 y + (\binom{k}{4}) sin^{4} 2 y + ...) ≧ \frac{1}{2^{k - 1}} . \end{matrix}

Az alsó becslésként kapott

\frac{1}{2^{k - 1}}

éppen

f (π / 4)

; így azt a legnagyobb

k

természetes számot kell megtalálnunk, amelyre

\begin{matrix} \frac{1}{2^{k - 1}} ≧ \frac{1}{2 k} . \end{matrix}

(2)

Könnyen látható, hogy

k ≦ 4

esetén (2) teljesül,

k = 5

-re pedig az egyenlőtlenség már nem áll fenn. Ha pedig egy

t

(

4

-nél nagyobb) pozitív egészre

\frac{1}{2^{t - 1}} < \frac{1}{2 t}

, akkor

\frac{1}{2^{(t + 1) - 1}} = \frac{1}{2} \frac{1}{2^{t - 1}} < \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2 t} < \frac{1}{2 (t + 1)}

, azaz

(t + 1)

-re sem teljesül az egyenlőtlenség. Így a (2) összefüggést kielégítő legnagyobb természetes szám a

4

, feladatunk kérdésére tehát

n = 2 \cdot 4 = 8

a válasz.

Megjegyzés. A megoldásban kulcsszerepet játszó (1) becsléshez más módszerrel is eljuthatunk. Kiszámíthatjuk az

f

függvény deriváltját, amelyről könnyen igazolhatjuk, hogy a

[0, π / 4]

-ben nem pozitív. Használhatjuk továbbá a

k

-adik hatványközépre és a számtani középre vonatkozó egyenlőtlenséget is, amely szerint

\begin{matrix} \sqrt[k]{\frac{{(sin^{2} x)}^{k} + {(cos^{2} x)}^{k}}{2}} ≧ \frac{sin^{2} x + cos^{2} x}{2} = \frac{1}{2} . \end{matrix}