|
Feladat: |
C.1482 |
Korcsoport: 18- |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Agócs Katinka , Ajtai Boglárka , Almási Adél Csilla , Bukor Benedek , Debreczeni Tibor , Jankovits András , Molnár István , Németh Csilla Márta , Nyitrai Boglárka , Spányik Teodor , Surján Anett , Szécsi Adél Lilla |
Füzet: |
2019/február,
85 - 87. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Trigonometrikus egyenlőtlenségek, C gyakorlat, Függvényvizsgálat differenciálszámítással |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 2018/április: C.1482 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. Belátjuk, hogy a függvény maximuma . Ez kisebb, mint , ugyanis a nevezők elhagyása után a számlálókat négyzetre emelve a bal oldal , a jobb oldal , ami legalább 29, lévén nagyobb, mint 1. (A két szám kerekítve 2,60 és 2,91. ) A szinusz-függvény kétszeres szögekre vonatkozó szabálya szerint , tehát a bal oldalon az abszolútértéken belüli kifejezés így is felírható: | | (1) | Mivel az eredeti egyenlőtlenségben mindkét oldal nemnegatív, a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás: | | (2) |
Mint ismeretes, minden valós szám esetén . Tehát , amit (2) bal oldalába beírva (4-gyel való osztás után):
Mindkét oldalt 3-mal szorozva: | | (3) |
A bal oldali négytényezős szorzatban minden tényező nemnegatív, mert minimuma . Ezért felírható a számtani-mértani közepek közötti egyenlőtlenség négytényezős alakja: amit negyedik hatványra emelve így is írhatunk: | |
Ha a négy tényezőnek a (3) bal oldalán szereplő dolgokat vesszük, akkor azok összege éppen 6, ugyanis a és a 3 darab kiejti egymást. A jobb oldalon ekkor ennek negyede, azaz szerepel a zárójelben, aminek a negyedik hatványa valóban . Ezzel az állítást beláttuk, tehát egy erősebb felső korlátot adtunk a kifejezésnek. Egyenlőség lehet (3)-ban, mégpedig akkor, ha , azaz . Ekkor visszaírva, az (1)-beli kifejezés értéke valóban szerepel (attól függően, hogy a a közül melyik értéket veszi fel, de az abszolútérték miatt ez ugyanezt a szélsőértéket adja). Nyitrai Boglárka (Brüsszel, European School, 11. évf.)
II. megoldás. Legyen . Ennek ott lehet szélsőértéke, ahol a deriváltja 0:
Vagyis (ahol ), vagy pedig (ahol ). Az első esetben , a másodikban pedig . Ez utóbbi megoldáshalmazt tartalmazza az előbbi, így külön vizsgálni szükségtelen. Mivel a koszinusz függvény értékeit periodikusan veszi föl, periódusa pedig , így elég a intervallumon táblázatot készíteni. | | Tehát f(x) maximális csak (π3+m⋅2π)-nél, minimális csak (5π3+n⋅2π)-nél lehet (ahol m,n∈Z).
f(π3+m⋅2π)=f(π3)=2sinπ3+sin(2⋅π3)=332,f(5π3+n⋅2π)=f(5π3)=2sin5π3+sin(2⋅5π3)=-332.
Mivel 332≈2,598 és 3+222≈2,914, így |f(x)|≤332<3+222, vagyis és pontosan ezt szerettük volna belátni. Spányik Teodor (Budapest, Képző- és Iparművészeti Szakgimn. és Koll., 12. évf.) Megjegyzések. 1. A leggyakoribb hiba az volt, hogy a megoldó feltette, hogy a bal oldali két tagú összeg akkor maximális, ha valamelyik tag maximális (azaz azt a két esetet vizsgálta meg, amikor 2sinx maximális vagy sin(2x) maximális). 2. Sok helyen hiányzott a kiszámolt szélsőértékek és a jobb oldali szám értéke közötti egyenlőtlenség igazolása.
|
|