Kezdőlap


Feladat:	1949. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bognár János , Fried Ervin , Korányi Ádám , Róna Péter
Füzet:	1950/március, 60 - 63. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometrikus függvények, Trigonometriai azonosságok, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1950/március: 1949. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata

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

I. megoldás: [Alakítsuk át a vizsgálandó kifejezést]^{$^{*}$}

\begin{matrix} sin 2 α = 2 sin α cos α, sin 3 α = 3 sin α cos^{2} α - sin^{3} α, \end{matrix}

így

\begin{matrix} sin α + \frac{1}{2} sin 2 α + \frac{1}{3} sin 3 α = sin α + sin α cos α + sin α cos^{2} α - \frac{sin^{3} α}{3} = \\ = \frac{sin α}{3} (3 + 3 cos α + 3 cos^{2} α - sin^{2} α) = \frac{sin α}{3} (2 + 3 cos α + 4 cos^{2} α) = \\ = \frac{sin α}{3} {(1 + 2 cos α + cos^{2} α) + (1 + cos α) + 3 cos^{2} α} . \end{matrix}

\frac{sin α}{3} > 0

, mert

0^{\circ} < α < 180^{\circ}

;

1 + 2 cos α + cos^{2} α = {(1 + cos α)}^{2} > 0

;

1 + cos α > 0,

[mert

cos α > - 1

] és

3 cos^{2} α > 0;

így az egész összeg pozitív.

\begin{matrix} sin α + \frac{1}{2} sin 2 α + \frac{1}{3} sin 3 α = = \frac{sin α}{3} {(1 + 2 cos α + cos^{2} α) + (1 + cos α) 3 cos^{2} α} > 0. \end{matrix}

Fried Ervin.

II. megoldás: Kevesebb számolással is célhoz érünk, ha az egyes tagokat grafikusan ábrázoljuk. (Jelöljük a szöget

x

-szel és számítsuk ívmértékben.)

\frac{1}{2} sin 2 x

görbéjét úgy kapjuk a

sin x

-éből, hogy azt a kezdőpontra, mint hasonlósági középpontra nézve felére kicsinyítjük, vagyis a kezdőpontból kiinduló húrok középpontjaiból tevődik össze a görbe első íve; a második ív pedig ugyanolyan, mint az előző, de a tengely alatt.

Ha visszafordítjuk a tengely fölé a negatív ívet, akkor ismét a

sin x

felére kicsinyített képét kapjuk, most a (0,

π

) intervallum végpontjából mint hasonlósági középpontból lekicsinyítve. Ez a visszafordított ív is

sin x

görbéje alatt marad, tehát

\begin{matrix} sin x + \frac{1}{2} sin 2 x > 0 ha 0 < x < π \end{matrix}

Ha ehhez hozzávesszük

\frac{1}{3} sin 3 x

-et, az csak

(\frac{π}{3}, \frac{2 π}{3})

szakaszon kisebbíti az összeget. Ezen a szakaszon

sin x \leq sin \frac{π}{3} = \sqrt[]{3} / 2

A kivonandók abszolút értéke viszont nem lehet több, mint 1/2 ill. 1/3 és ezek összege

5 / 6 < \sqrt[]{3} / 2

, mert az előbbi négyzete 25/36, az utóbbié 3/4=27/36. Így

\begin{matrix} sin x + \frac{1}{2} sin 2 x + \frac{1}{3} sin 3 x > 0, ha 0 < x < π . \end{matrix}

III. Megoldás: Még itt is felhasználtuk a

sin x

függvény értékét néhány helyen, pedig elég a görbéjének néhány tisztán geometriai tulajdonságát felhasználni. Azt, hogy a görbe felülről nézve domború, más szóval, hogy bárhol húzva egy húrt, a görbe fölötte fekszik. Azt, hogy a szakasz középmerőlegesére szimmetrikus a görbe és hogy a szakasz végpontjaiban eléri a tengelyt.

Legyen egy tetszőleges ilyen görbénk a tengely egy

A B

szakaszán. Ez annyiban hasonlít a

sin x

-ére, hogy a szakasz

C

középpontjáig emelkedik, onnan viszont süllyed. (Részben futhat párhuzamosan is a tengellyel.) Kicsinyítsük a felére és a harmadára és folytassuk úgy a kapott görbéket, hogy váltakozva a tengely alatt és fölött illesztünk hozzá az elsővel egybevágó íveket.
Megmutatjuk, hogy az így kapott három görbe ordinátáinak összege az egész szakaszon pozitív.
Hogy könnyebben tudjunk beszélni, nevezzük a három görbéhez tartozó függvényt

f_{1} (x)

f_{2} (x)

f_{3} (x)

-nek. A domborúság miatt a kicsinyített ívek itt is az eredeti alatt feküsznek, s így könnyen látható, hogy

\begin{matrix} f_{1} (x) + f_{2} (x) > 0 és f_{1} (x) + f_{3} (x) > 0. \end{matrix}

Csak azon a szakaszon kell alaposabban megnéznünk függvényeinket, ahol

f_{2}

is,

f_{3}

is negatív, tehát a

C D

szakaszon (a középponttól a szakasz

^{2} /_{3}

-áig). Ezen a szakaszon a kisebbítendő legkisebb értéke

D G

f_{3}

legnagyobb levonandó értéke

C F = \frac{1}{3} C E

f_{2}

legnagyobb levonandó értéke pedig

D H

D H

feleakkora, mint

f_{1}

értéke a szakasz harmadrészén, tehát ugyancsak feleakkora mint

f_{1}

értéke a szakasz kétharmadán, azaz

D H = \frac{1}{2} D G

. Kössük össze

B

-t és

E

-t és jelöljük

B E

és

D G

metszéspontját

K

-val. Mivel

B D = \frac{2}{3} B C

, így egyszersmind

D K = \frac{2}{3} C E

. Mivel

C F

C E

egyharmada, így egyben fele

D K

-nak. A két levonandó tehát nem lehet több, mint

D G

fele és

D K

fele, s így együtt kevesebb, mint

D G

, ami a kisebbítendő legkisebb értéke. Ezzel bebizonyítottuk állításunkat.

Megemlítjük, hogy a feladat speciális esete egy általánosabb tételnek. Fejér Lipót vette észre, hogy

\begin{matrix} sin x + \frac{1}{2} sin 2 x + \frac{1}{3} sin 3 x + ... + \frac{1}{n} sin n x > 0, ha 0 < x < π \end{matrix}

bármely pozitív egész

n

-re. Akik egyetemen fognak matematikát tanulni, be fogják ezt is bizonyítani és fontos alkalmazását is fogják látni.

^{$^{*}$}A versenyzők megoldásait lehetőleg szószerint közöljük. A szerkesztőség kiegészítéseit azögletes zárójellel választjuk el az eredeti szövegtől.