Kezdőlap


Feladat:	1497. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Jakab Károly , Klein J. , Sándor Gyula , Taksony György
Füzet:	1939/május, 216 - 219. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Trigonometriai azonosságok, Trigonometria, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1939/február: 1497. matematika feladat

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

A szóbanforgó egyenlőtlenség helyességét arra az esetre mutatjuk ki, ha $\frac{γ - β}{β - α} < \frac{π}{2}$ .
Az egyenlőtlenség baloldalán álló törtet, a rövidség kedvéért jelölje $A$ .
Nyilván

\begin{matrix} A = \frac{sin \frac{1}{2} (γ + β) sin \frac{1}{2} (γ - β)}{sin \frac{1}{2} (β + α) sin \frac{1}{2} (β - α)} és A : \frac{γ - β}{β - α} = \frac{sin \frac{1}{2} (γ + β)}{sin \frac{1}{2} (β + α)} \cdot \frac{\frac{sin \frac{1}{2} (γ - β)}{\frac{1}{2} (γ - β)}}{\frac{sin \frac{1}{2} (β - α)}{\frac{1}{2} (β - α)}} \end{matrix}

(1)

Az (1) jobboldalát csökkentjük, ha a számlálót csökkentjük és a nevezőt növeljük azáltal, hogy

\begin{matrix} cos h < \frac{sin h}{h} < 1 ... \end{matrix}

(2)

alapján

\frac{sin \frac{1}{2} (γ - β)}{\frac{1}{2} (γ - β)}

helyett a nála kisebb

cos \frac{1}{2} (γ - β)

-t és

\frac{sin \frac{1}{2} (β - α)}{sin \frac{1}{2} (β - α)}

helyett 1-et írunk. Eszerint

\begin{matrix} A : \frac{γ - β}{β - α} > \frac{sin \frac{1}{2} (γ + β) cos \frac{1}{2} (γ - β)}{sin \frac{1}{2} (β + α)} = \frac{(sin γ + sin β)}{2 sin \frac{1}{2} (β + α)} \end{matrix}

(3)

Az 1487. feladatban foglaltak szerint

sin γ + sin β > \frac{2}{π} (γ + β)

; továbbá (2) szerint

2 sin \frac{1}{2} (β + α) < β + α

, úgy, hogy

\begin{matrix} A : \frac{γ - β}{β - α} > \frac{2}{π} \cdot \frac{γ + β}{β + α} ill. A > \frac{2}{π} \cdot \frac{γ + β}{β + α} \cdot \frac{γ - β}{β - α} ... \end{matrix}

(4)

Azonban

\frac{γ + β}{β + α} > 1

és feltevésünk szerint

\frac{2}{π} \cdot \frac{γ - β}{β - α} < 1

tehát

\begin{matrix} \frac{γ + β}{β + α} > \frac{2}{π} \cdot \frac{γ - β}{β - α} \end{matrix}

és így

\begin{matrix} A > \frac{4}{π^{2}} \cdot {(\frac{γ - β}{β - α})}^{2} ... \end{matrix}

(5)

Taksony György (ág. ev. g. VIII. o. Bp.).

Jegyzet. A (4)-ből (5)-höz jutunk akkor is, ha

\begin{matrix} \frac{γ + β}{β + α} > \frac{2}{π} \frac{γ - β}{β - α} azaz \frac{γ - β}{β - α} < \frac{π}{2} \frac{γ + β}{β + α} . \end{matrix}

Ez a

\frac{γ - β}{β - α}

tört értékére nagyobb közt enged.

A feladatot más korrekciókkal megoldották: Jakab K., Klein J., Sándor Gy.

Jegyzet. Az 1488. és az előbbi feladat sajtóhibával került ki. Ezekben bizonyos becslés került meg nem felelő alakban kifejezésre. A helyes tétel, melyet megoldásával közlünk, a következő:

Legyen

0 < α < β < γ \leq \frac{π}{2}

. Bizonyítsuk be, hogy

\begin{matrix} \frac{cos β - cos γ}{cos α - cos β} > \frac{2}{π} \cdot \frac{γ - β}{β - α} . \end{matrix}

Turán.

Megoldás. Legyen

γ - β = δ_{1}, β - α = δ_{2}

. Vizsgáljuk az

\begin{matrix} f (β) = \frac{cos β - cos (β + δ_{1})}{cos (β - δ_{2}) - cos β} \end{matrix}

függvény változását, miközben

δ_{1}

és

δ_{2}

-t állandónak tekintjük.

β

változik

δ_{2}

-től

(\frac{π}{2} - δ_{1})

-ig:

δ_{2} \leq β \leq \frac{π}{2} - δ_{1}

¹
Ugyanis

\begin{matrix} δ_{1} + δ_{2} = γ - α < γ < \frac{π}{2} . \end{matrix}

Hogy

f (β)

változását ismerjük, állapítsuk meg

f' (β)

előjelét az előbb jelzett intervallumban.

\begin{matrix} f (β) = \frac{2 sin (β + \frac{δ_{1}}{2}) sin \frac{δ_{1}}{2}}{2 sin (β - \frac{δ_{2}}{2}) sin \frac{δ_{2}}{2}} . \end{matrix}

\frac{sin \frac{δ_{1}}{2}}{sin \frac{δ_{2}}{2}}

állandó, pozitív szám; tehát

\begin{matrix} sign f' (β) = sign \frac{d}{d β} \frac{sin (β + \frac{δ_{1}}{2})}{sin (β - \frac{δ_{2}}{2})} = \\ = sign [sin (β - \frac{δ_{2}}{2}) cos (β + \frac{δ_{1}}{2}) - sin (β + \frac{δ_{1}}{2}) cos (β - \frac{δ_{2}}{2})] =^{2} \\ = sign sin [(β - \frac{δ_{2}}{2}) - (β + \frac{δ_{1}}{2})] = - sign \frac{δ_{1} + δ_{2}}{2} = - 1.^{3} \end{matrix}

² ³
Eszerint

f (β)

állandóan csökken, miközben növekszik

δ_{2}

-től

(\frac{π}{2} - δ_{1})

-ig, azaz

f (β)

legkisebb értékét a

\frac{π}{2} - δ_{1}

helyen kapjuk. Tehát

\begin{matrix} f (β) \geq \frac{cos (\frac{π}{2} - δ_{1}) - cos (\frac{π}{2} - δ_{1} + δ_{1})}{cos (\frac{π}{2} - δ_{1} - δ_{2}) - cos (\frac{π}{2} - δ_{1})} \\ f (β) \geq \frac{sin δ_{1}}{sin (δ_{1} + δ_{2}) - sin δ_{1}} = \frac{sin δ_{1}}{2 sin \frac{δ_{2}}{2} cos (δ_{1} + \frac{δ_{2}}{2})} . \end{matrix}

A tört értékét kisebbítjük, ha 1) számlálóját kisebbítjük, azaz az 1487. feladat eredménye szerint

sin δ_{1}

helyett

\frac{π}{2} δ_{1}

-t vesszük, 2) nevezőjét növeljük azáltal, hogy

sin \frac{δ_{2}}{2}

helyett

\frac{δ_{2}}{2}

-t és

cos (δ_{1} + \frac{δ_{2}}{2})

helyett 1-et írunk:

\begin{matrix} f (β) > \frac{\frac{2}{π} δ_{1}}{2 \frac{δ_{1}}{2}} = \frac{2}{π} \frac{δ_{1}}{δ_{2}} = \frac{2}{π} \frac{γ - β}{β - α} . \end{matrix}

¹Az egységsugarú kör első negyedén jelöljük ki az

α, β, γ

ívek végpontjait,

A, B, C

-t:

\hat{A B} = β - α = δ_{2}

és

\hat{B C} = γ - β = δ_{1}

. A

B

pont a kör negyedívén két határ között mozoghat, ha

δ_{2}

és

δ_{1}

ívkülönbségek állandók. E határpontok egyike, ha

A

-t levisszük

(α = 0)

X

tengelyre,

δ_{2}

ív végpontja; a másik határpont, ha

C

Y

tengelyre kerül

(γ = 90^{\circ})

, a

\frac{π}{2} - δ_{1}

nagyságú ív végpontja.

² $f' (β)$ nevezője pozitív.

³ $\frac{δ_{1} + δ_{2}}{2} < \frac{π}{2}$ .