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  |  MathML
Témakör(ök):	Trigonometrikus függvények, Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Függvényvizsgálat differenciálszámítással, Konvergens végtelen sorozatok, Számsorok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1999/október: B.3311

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: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\text{sin}x}{{\left(\text{cos}x\right)}^{1/3}}-x>0.}\end{array}$ Ha $x=0$, akkor a bal oldal 0. Megmutatjuk, hogy a bal oldal a $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ intervallumban szigorúan monoton növő. Ez következik abból, ha a deriváltja pozitív a $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ szakaszon. A bal oldalt deriválva $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{{\left(\text{cos}x\right)}^{\frac{4}{3}}+\frac{1}{3}{\left(\text{cos}x\right)}^{-\frac{2}{3}}\cdot {\left(\text{sin}x\right)}^2}{{\left(\text{cos}x\right)}^{\frac{2}{3}}}-1=\frac{1+2\text{cos}{}^{2}x}{3{\left(\text{cos}x\right)}^{\frac{4}{3}}}-1.}\end{array}$ A számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget felhasználva a deriváltban lévő tört számlálójára: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1+\text{cos}{}^{2}x+\text{cos}{}^{2}x}{3}>{\left(1\cdot \text{cos}{}^{2}x\cdot \text{cos}{}^{2}x\right)}^{\frac{1}{3}}={\left(\text{cos}x\right)}^{\frac{4}{3}}\mathrm{.}}\end{array}$ A derivált tehát pozitív a megadott intervallumon, és ez az, amit bizonyítani akartunk.   II. megoldás. Ismeretes, hogy $\underset{x\to 0}{\overset{}{\underset{}{\overset{}{\text{lim}}}}}\frac{\text{sin}x}{x}=1$, így $\underset{x\to 0}{\overset{}{\underset{}{\overset{}{\text{lim}}}}}{\left(\frac{\text{sin}x}{x}\right)}^3=1$ is igaz. Legyen $f\left(x\right)={\left(\frac{\text{sin}x}{x}\right)}^3-\text{cos}x$. Ekkor $\underset{x\to 0}{\overset{}{\underset{}{\overset{}{\text{lim}}}}}f\left(x\right)=0$. Ebből következik, hogy minden pozitív tagú, 0-hoz tartó $\left(x_n\right)$ sorozatra $f\left(x_n\right)\to 0$. Ha $x\in \left(0;\frac{\pi }{2}\right)$, akkor az $x_n=\frac{x}{2^n}$ sorozatra is $f\left(\frac{x}{2^n}\right)\to 0$. Ha megmutatjuk, hogy ez az $f\left(\frac{x}{2^n}\right)$ sorozat monoton fogyó, akkor ebből következik, hogy $f\left(x\right)>0$. Ellenkező esetben ugyanis egy negatív tagú monoton fogyó sorozat tartana nullához, ami nem lehetséges. Azt, hogy az $f\left(\frac{x}{2^n}\right)$ sorozat monoton fogyó, az $f\left(2x\right)>f\left(x\right)$ formában igazoljuk. Meg kell tehát mutatnunk, hogy ha $0<2x<\frac{\pi }{2}$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{\text{sin}2x}{2x}\right)}^3-\text{cos}2x>{\left(\frac{\text{sin}x}{x}\right)}^3-\text{cos}x\mathrm{.}}\end{array}$ Felhasználva, hogy $\text{cos}2x=2\text{cos}{}^{2}x-1$ és hogy $\text{sin}2x=2\text{sin}x\text{cos}x$, rendezés után kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle -2\text{cos}{}^{2}x+\text{cos}x+1>{\left(\frac{\text{sin}x}{x}\right)}^3-{\left(\frac{\text{sin}x\text{cos}x}{x}\right)}^3={\left(\frac{\text{sin}x}{x}\right)}^3\left(1-\text{cos}{}^{3}x\right)\mathrm{.}}\end{array}$ A bal oldal szorzattá alakítható, a jobb oldalon pedig $1-\text{cos}{}^{3}x$ az ismert módon $\left(1-\text{cos}x\right)\left(1+\text{cos}x+\text{cos}{}^{2}x\right)$, tehát egyenlőtlenségünk a $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(2\text{cos}x+1\right)\left(1-\text{cos}x\right)>{\left(\frac{\text{sin}x}{x}\right)}^3\left(1-\text{cos}x\right)\left(1+\text{cos}x+\text{cos}{x}^2\right)}\end{array}$ alakba írható. Ha $0<x<\frac{\pi }{2}$, akkor $1-\text{cos}x>0$ és $0<\frac{\text{sin}x}{x}<1$. Így $\left(1-\text{cos}x\right)$-szel osztva ${\left(\frac{\text{sin}x}{x}\right)}^3<1$ felhasználásával elegendő annyit bizonyítani, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 2\text{cos}x+1}& {\displaystyle >1+\text{cos}x+\text{cos}{}^{2}x\mathrm{,}}\hfill \\ \multicolumn{3}{c}{\text{<br>azaz}}\\ \hfill {\displaystyle \text{cos}x}& {\displaystyle >\text{cos}{}^{2}x\mathrm{,}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ ami nyilván teljesül, hiszen az adott intervallumon $0<\text{cos}x<1$.  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 $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle \text{sin}x}& {\displaystyle =x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\text{...}=\sum _{k=0}^{\infty }{\left(-1\right)}^k\frac{x^{2k+1}}{\left(2k+1\right)!}\mathrm{,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \left(1\right)}\\ \multicolumn{3}{c}{\text{<br>illetve}}\\ \hfill {\displaystyle \text{cos}x}& {\displaystyle =1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\text{...}=\sum _{k=0}^{\infty }{\left(-1\right)}^k\frac{x^{2k}}{\left(2k\right)!}\mathrm{.}}\hfill & \hfill {\displaystyle \left(2\right)}\end{array}}}\end{array}$ Megmutatjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\text{...}=\sum _{n\ge 2}^{}{\left(-1\right)}^n\frac{x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}>0}\\ \multicolumn{2}{c}{\text{<br>és}}\\ \hfill {\displaystyle -\frac{x^6}{6!}+\frac{x^8}{8!}-\text{...}=\sum _{n\ge 3}^{}{\left(-1\right)}^n\frac{x^{2n}}{\left(2n\right)!}<0.}\end{array}}}\end{array}$ Mindkét egyenlőtlenség következik az $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x^m}{m!}>\sum _{n>m}^{}\frac{x^n}{n!}}\end{array}$ (*) egyenlőtlenségből, amit a $0<x<2$, $m\ge 3$ feltevéssel igazolunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{x^m}{m!}-\sum _{n>m}^{}\frac{x^n}{n!}=\frac{x^m}{m!}\left(1-\sum _{n>m}^{}\frac{x^{n-m}}{\left(m+1\right)\left(m+2\right)\text{...}n}\right)>\frac{x^m}{m!}\left(1-\sum _{n>m}^{}\frac{x^{n-m}}{{\left(m+1\right)}^{n-m}}\right)\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ $\sum _{n>m}^{}\frac{x^{n-m}}{{\left(m+1\right)}^{n-m}}$ pozitív tagú végtelen mértani sor, amelynek hányadosa, $\frac{x}{m+1}$ kisebb 1-nél. A sor konvergens, összege $\begin{array}{c}{\displaystyle S=\frac{\frac{x}{m+1}}{1-\frac{x}{m+1}}=\frac{x}{m+1-x}\mathrm{.}}\end{array}$ Ha $m\ge 3$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle S\le \frac{x}{4-x}<\mathrm{1,}}\end{array}$ hiszen $x<4-x$ teljesül, ha $x<2$. Visszatérve az (1), (2) formulákra, a kapott egyenlőtlenségből következik, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}x>x-\frac{x^3}{3!}\text{és}\text{cos}x<1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}\mathrm{.}}\end{array}$ Eszerint, ha $x>0$, $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{\text{sin}x}{x}\right)}^3>{\left(1-\frac{x^2}{3!}\right)}^3\text{és}1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}>\text{cos}x\mathrm{.}}\end{array}$ A bizonyítandó állítás most már következik, ha belátjuk, hogy $0<x<\frac{\pi }{2}$ esetén $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(1-\frac{x^2}{3!}\right)}^3>1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}\mathrm{.}}\end{array}$ Kifejtve, a bal oldal: $\begin{array}{c}{\displaystyle 1-\frac{x^2}{3!}\cdot 3+\frac{x^4}{{\left(3!\right)}^2}\cdot 3-\frac{x^6}{{\left(3!\right)}^3}=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{12}-\frac{x^6}{216}\mathrm{,}}\end{array}$ így elég megmutatni, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x^4}{24}>\frac{x^6}{216}\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $9>x^2$, ami pedig teljesül, ha $0<x<\frac{\pi }{2}$.  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 $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{\text{sin}x}{x}\right)}^{\frac{6\cdot 4^n}{2\cdot 4^n+1}}>\text{cos}x\mathrm{,}}\end{array}$ ha $n\ge -1$ egész. Ebből a bizonyítandó állítást $\underset{n\to \infty }{\overset{}{\underset{}{\overset{}{\text{lim}}}}}\frac{6\cdot 4^n}{2\cdot 4^n+1}=3$ 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 $\left(0;\frac{\pi }{2}\right)$ intervallum minden pontjára.