Feladat: B.3311 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Babos Attila ,  Baharev Ali ,  Csikvári Péter ,  Csóka Endre ,  Dénes Attila ,  Győri Nikolett ,  Hegedűs Ákos ,  Kasztner Tamás ,  Kiss Gergely ,  Koch Dénes ,  Kunszenti-Kovács Dávid ,  Nagy Tamás ,  Papp Dávid ,  Simon Győző ,  Tóth Ferenc ,  Vígh Viktor ,  Vizer Máté ,  Vörös László 
Füzet: 2000/április, 220 - 223. oldal  PDF file
Témakör(ök): Trigonometrikus függvények, Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Függvényvizsgálat differenciálszámítással, Konvergens végtelen sorozatok, Számsorok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1999/október: B.3311

Igazoljuk, hogy ha 0<x<π2, akkor (sinxx)3>cosx.

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

 
I. megoldás. Rendezzük át a bizonyítandó egyenlőtlenséget:
sinx(cosx)1/3-x>0.
Ha x=0, akkor a bal oldal 0. Megmutatjuk, hogy a bal oldal a (0;π2) intervallumban szigorúan monoton növő. Ez következik abból, ha a deriváltja pozitív a (0;π2) szakaszon.
A bal oldalt deriválva
(cosx)43+13(cosx)-23(sinx)2(cosx)23-1=1+2cos2x3(cosx)43-1.
A számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget felhasználva a deriváltban lévő tört számlálójára:
1+cos2x+cos2x3>(1cos2xcos2x)13=(cosx)43.
A derivált tehát pozitív a megadott intervallumon, és ez az, amit bizonyítani akartunk.
 
II. megoldás. Ismeretes, hogy limx0sinxx=1, így limx0(sinxx)3=1 is igaz. Legyen f(x)=(sinxx)3-cosx. Ekkor limx0f(x)=0.
Ebből következik, hogy minden pozitív tagú, 0-hoz tartó (xn) sorozatra f(xn)0. Ha x(0;π2), akkor az xn=x2n sorozatra is f(x2n)0.
Ha megmutatjuk, hogy ez az f(x2n) sorozat monoton fogyó, akkor ebből következik, hogy f(x)>0. Ellenkező esetben ugyanis egy negatív tagú monoton fogyó sorozat tartana nullához, ami nem lehetséges.
Azt, hogy az f(x2n) sorozat monoton fogyó, az f(2x)>f(x) formában igazoljuk.
Meg kell tehát mutatnunk, hogy ha 0<2x<π2, akkor
(sin2x2x)3-cos2x>(sinxx)3-cosx.
Felhasználva, hogy cos2x=2cos2x-1 és hogy sin2x=2sinxcosx, rendezés után kapjuk, hogy
-2cos2x+cosx+1>(sinxx)3-(sinxcosxx)3=(sinxx)3(1-cos3x).
A bal oldal szorzattá alakítható, a jobb oldalon pedig 1-cos3x az ismert módon (1-cosx)(1+cosx+cos2x), tehát egyenlőtlenségünk a
(2cosx+1)(1-cosx)>(sinxx)3(1-cosx)(1+cosx+cosx2)
alakba írható. Ha 0<x<π2, akkor 1-cosx>0 és 0<sinxx<1. Így (1-cosx)-szel osztva (sinxx)3<1 felhasználásával elegendő annyit bizonyítani, hogy
2cosx+1>1+cosx+cos2x,
azaz
cosx>cos2x,
ami nyilván teljesül, hiszen az adott intervallumon 0<cosx<1.
 Csóka Endre (Debrecen, Fazekas M. Gimn., 9. o.t.)

 
III. megoldás. Felhasználunk két azonosságot, amelyek részletes bizonyítása megtalálható például Denkinger Géza: Analízis (Tankönyvkiadó, Budapest, 1987) című könyvének 316. oldalán. Eszerint minden valós x-re
sinx=x-x33!+x55!-x77!+...=k=0(-1)kx2k+1(2k+1)!,(1)
illetve
cosx=1-x22!+x44!-x66!+...=k=0(-1)kx2k(2k)!.(2)
Megmutatjuk, hogy
x55!-x77!+...=n2(-1)nx2n+1(2n+1)!>0
és
-x66!+x88!-...=n3(-1)nx2n(2n)!<0.
Mindkét egyenlőtlenség következik az
xmm!>n>mxnn!(*)
egyenlőtlenségből, amit a 0<x<2, m3 feltevéssel igazolunk:
xmm!-n>mxnn!=xmm!(1-n>mxn-m(m+1)(m+2)...n)>xmm!(1-n>mxn-m(m+1)n-m).
n>mxn-m(m+1)n-m pozitív tagú végtelen mértani sor, amelynek hányadosa, xm+1 kisebb 1-nél. A sor konvergens, összege
S=xm+11-xm+1=xm+1-x.
Ha m3, akkor
Sx4-x<1,
hiszen x<4-x teljesül, ha x<2.
Visszatérve az (1), (2) formulákra, a kapott egyenlőtlenségből következik, hogy
sinx>x-x33!éscosx<1-x22!+x44!.
Eszerint, ha x>0,
(sinxx)3>(1-x23!)3és1-x22!+x44!>cosx.

A bizonyítandó állítás most már következik, ha belátjuk, hogy 0<x<π2 esetén
(1-x23!)3>1-x22!+x44!.
Kifejtve, a bal oldal:
1-x23!3+x4(3!)23-x6(3!)3=1-x22+x412-x6216,
így elég megmutatni, hogy
x424>x6216,
azaz 9>x2, ami pedig teljesül, ha 0<x<π2.
 Vizer Máté (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 12. o.t.)

 
Megjegyzés. Kiss Gergely (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 12. o.t.) dolgozatában indukcióval igazolta, hogy
(sinxx)64n24n+1>cosx,
ha n-1 egész. Ebből a bizonyítandó állítást limn64n24n+1=3 felhasználásával kapta meg. Ivaskó György (Baja, III. Béla Gimn., 12. o.t.) igazolta, hogy ha a kitevőben 3-nál nagyobb szám áll, akkor az egyenlőtlenség már nem teljesül a (0;π2) intervallum minden pontjára.