Feladat: 1417. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bíró E. ,  Bizám György ,  Bluszt Ernő ,  Bulkay Lajos ,  Csuri Vilmos ,  Danciger E. ,  Egri György János ,  Fehér György ,  Freud Géza ,  Gáspár Rezső ,  Getzler J. ,  Guttmann A. ,  Hajdu Á. ,  Hajnal M. ,  Halász Iván ,  Havas I. ,  Hoffmann Tibor ,  Kemény György ,  Kézdi Ferenc ,  Klein J. ,  Komlós János ,  Krisztonosich Jenő ,  Lipsitz Imre ,  Mandl Béla ,  Marosán Zoltán ,  Nádler M. ,  Nagy Elemér ,  Sándor Gyula ,  Schreiber Béla ,  Sebestyén Gyula ,  Szabó Béla ,  Szentmiklósi L. ,  Szerényi László ,  Szilágyi S. ,  Szlovák István ,  Taksony György ,  Vásárhelyi S. 
Füzet: 1938/május, 282 - 283. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Függvényvizsgálat differenciálszámítással, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Trigonometriai azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1938/március: 1417. matematika feladat

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

I. Megoldás. Vizsgáljuk az

y=4sint+cos2t
függvény változását, differenciálhányadosa segítségével.
y'cost-2sin2t=4cost-4sintcost=4cost(1-sint).

Keressük a függvény szélső értékeit: mikor lesz y'=0?
y'=0,hacost=0vagy1-sint=O.

Ha 1-sint=0, akkor mindig cost=0. Azonban, ha cost=0, akkor vagy 1-sint=0, vagy 1+sint=0.
I. Legyen cost=0, tehát, ha 0 és 2π között maradunk: t=π2 vagy t=3π2 Vizsgáljuk y' előjelét ezen helyek környezetében.1
a)t=π2-ε,akkorcost>0,1-sint>0;ígyy'>0,a)t=π2+ε,akkorcost<0,1-sint>0;ígyy'<0.

Eszerint a t=π2 helyen függvényünknek maximuma van és ennek értéke:
ymax=4sinπ2+cosπ=4-1=3.


b)t=3π2-ε,ekkorcost<0,1-sint>0;teháty'<0,a)t=3π2+ε,ekkorcost>0,1-sint>0;teháty'>0.

Eszerint a t=3π2 helyen függvényünknek minimuma van és ennek értéke
ymin=4sin3π2+cos3π=-4-1=-5.

II. 1-sint=0 mellett t=π2 és cost=0. Ezen eset az I. a) alattinak felel meg.
 
Kemény György (Szent. István g. VIII. o. Bp. XIV.).

 

II. Megoldás. y=4sint+cos2t=4sint+1-2sin2t.


Legyen sint=x. Így y=-2x2+4x+1

másodfokú függvény változását kell vizsgálnunk, ha -1≦x≦+1. Ezen függvénynek az x=1 helyen maximuma van és ymax=-2-4+1=3. Minthogy tehát ezen függvény x=-1-től folyton növekedik x=+1-ig, x=-1 helyen (abszolút) minimuma van és ezen ymin=-2-4+1=-5.
 
Bluszt Ernő és Marosán Zoltán (Kossuth Lajos g. VIII. o. Pestszenterzsébet)

 

III. Megoldás. Vizsgáljuk, hogy
-2x2+4x+1=kvagyf(x)≡2x2-4x+k-1=0
egyenletnek k mely értékei mellett vannak olyan valós megoldásai, amelyek -1 és +1 között vannak?
Valósak a gyökök, ha
16-8(k-1)≧0azaz, hak≦3.
Már most f(-1)=5+k,f(+1)=-3-k.

Ha k<3, akkor f(+1)≦0.

  f(-1)≧0, ha k≧-5. Tehát f(+1) és f(-1) ellenkező elöjelüek, ha -5<k<3.
Eszerint, ha -5≦k≦+3. egyenletünknek egy és csakis egy megoldása van ágy, hogy -1≦x=sint≦+1.
Ha azonban k<-5, akkor f(-1)<0. Ebben az esetben f(-1) és f(+1) megegyező elöjelüek. Az f(x)=0 mindkét gyöke a [+1,-1] intervallumon kívül esik, hiszen a gyökök félösszege +1.
 
Taksony György (Ág. ev. g. VII. o. Bp.).

 

IV. Megoldás. y=1+4sint-2sin2t=3-2(1-sint)2,

sint≦1,tehát(1-sint)2≧0és ígyy≦3,

sint≧-1,tehát(1-sint)2≦22és ígyy≧3-2⋅4,azazy≧-5.
 
 Egri György János (Kölcsey Ferenc g. VIII. o., Bp. VI.).
1A következőkben ε tetszőleges kicsiny poz. számot jelent.