Toughie

Δυσκολότερα θέματα τα οποία όμως άπτονται της σχολικής ύλης και χρησιμοποιούν αποκλειστικά θεωρήματα που βρίσκονται μέσα σε αυτή. Σε διαφορετική περίπτωση η σύνταξη του μηνύματος θα πρέπει να γίνει στο υποφόρουμ "Ο ΦΑΚΕΛΟΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ"

Συντονιστής: Μπάμπης Στεργίου

Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 465
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Toughie

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Παρ Νοέμ 30, 2018 9:35 am

Για κάθε x\in(0,2) να δείξετε ότι ισχύει
\displaystyle{ \dfrac{\sin x}{x}>\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}}.



Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2575
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Toughie

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Νοέμ 30, 2018 12:50 pm

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε:
Παρ Νοέμ 30, 2018 9:35 am
Για κάθε x\in(0,2) να δείξετε ότι ισχύει
\displaystyle{ \dfrac{\sin x}{x}>\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}}.
Θα δούμε ότι η ανισότητα ισχύει στο (0,c)

όπου c η πρώτη θετική ρίζα της \tan x+x=0

(2<c<2,03)


Η δοθείσα γράφεται ισοδύναμα (\sin x)^{2}> \frac{x^{2}}{1+x^{2}}

Προφανώς για x=\frac{\pi }{2}

ισχύει

Για x\neq \frac{\pi }{2}

γίνεται \frac{1}{(\cos x)^{2}}>1+x^{2}

Αλλά για x\neq \frac{\pi }{2} είναι 1+(\tan x)^{2}=\frac{1}{(\cos x)^{2}}

Αρα για x\neq \frac{\pi }{2} γινεται

(\tan x)^{2}> x^{2}

Αυτή ισχύει για 0< x< \frac{\pi }{2}

λόγω της x\in (0,\frac{\pi }{2})\Rightarrow \tan x> x

και για x\in (\frac{\pi }{2},c) λόγω ότι είναι \tan x< -x

Η απόδειξη δεν είναι πλήρης.Πρέπει να αποδειχθεί (χωρίς κομπιουτεράκι) ότι c>2


Για να είναι c>2 αρκεί \tan 2< -2

η ισοδύναμα (\tan 2)^{2}> 4,1+(\tan 2)^{2}> 5,(\cos 2)^{2}< \frac{1}{5}

η τελευταία γράφεται \cos 2> -\frac{1}{\sqrt{5}},-\cos 2< \frac{1}{\sqrt{5}}

Αλλά
-\cos 2=-\cos (\frac{\pi }{2}+2-\frac{\pi }{2})= \sin (2-\frac{\pi }{2})< 2-\frac{\pi }{2}< 2-\frac{3,14}{2}=0,43< \frac{1}{\sqrt{5}}
γιατί
(0,43)^{2}=0,1849< 0,2=\frac{1}{5}


Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 465
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Toughie

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Σάβ Δεκ 01, 2018 5:58 pm

Ας γράψω και τη δικιά μου λύση. Την άσκηση την είχε θέσει ο Ηλίας Αγγελάκος.

Η ανισότητα γράφεται ισοδύναμα \displaystyle{ \sin x>\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}} }.

Η \displaystyle{\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}} } είναι γνησίως αύξουσα και <1 αφού \displaystyle{\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}= \sqrt{\dfrac{x^2}{x^2+1}}< \sqrt{\dfrac{x^2}{x^2}}=1 }.

Για x=\dfrac{\pi}{2} είναι \displaystyle {\sin \dfrac{\pi }{2}=1> \sqrt{\dfrac{(\pi /2)^2}{(\pi /2)^2+1}} }(\bigstar) και επομένως ισχύει.

Για τα x \in (0,\dfrac{\pi }{2}) υψώνοντας στο τετράγωνο καταλήγουμε στην \displaystyle {\tan x >x}

που ως γνωστόν (άσκηση σχολικού) αληθεύει. Άρα μένει να την δείξουμε για τα x \in (\dfrac{\pi }{2},2).

Επειδή η \displaystyle {\sin x } είναι γνησίως φθίνουσα στο x \in [\dfrac{\pi }{2},2) ενώ η \displaystyle{ \dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}} }

γνησίως αύξουσα και επιπλέον ισχύει η (\bigstar) αρκεί να δείξουμε ότι \displaystyle {\sin 2 >\frac{2}{\sqrt{2^2+1}} } η οποία συνεπάγεται από την: \displaystyle {\sin 2 >\frac{2}{\sqrt{5}} }

η οποία συνεπάγεται από την: \displaystyle {\sin 1 \cos 1 >\frac{1}{\sqrt{5}} } η οποία συνεπάγεται από την: \displaystyle {5 \sin ^2 1 \cos ^2 1 >1}

η οποία συνεπάγεται από την: \displaystyle {5 \cos ^4 1 -5 \cos ^2 1+1<0}.


Η εξίσωση \displaystyle {5 x ^2  -5 x +1=0} έχει ρίζες τις \displaystyle {\frac{5-\sqrt{5}}{10},\frac{5+\sqrt{5}}{10}} και επιπλέον \displaystyle {5 x^ 2 -5 x +1<0\Leftrightarrow x \in (\frac{5-\sqrt{5}}{10},\frac{5+\sqrt{5}}{10})}.

Συνεπώς αρκεί να δείξουμε ότι \displaystyle {\cos ^2 1\in (\frac{5-\sqrt{5}}{10},\frac{5+\sqrt{5}}{10})} ή ισοδύναμα \displaystyle {\cos 1\in (\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{10}},\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{10}})}.

Δείχνουμε πρώτα ότι \displaystyle {\cos 1<\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{10}}}. Αυτό είναι απλό γιατί \displaystyle {\cos 1<\cos \frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}<\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{10}}}

αφού \displaystyle {\left (\frac{\sqrt{2}}{2} \right )^2= \frac{1}{2}=\frac{5}{10}<\frac{5+\sqrt{5}}{10} =\left (\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{10}} \right )^2}.

Τώρα πάμε στην \displaystyle {\cos 1>\sqrt{\dfrac{5-\sqrt{5}}{10}}}. Γράφουμε για ευκολία A=\sqrt{\dfrac{5+\sqrt{5}}{10}},B=\sqrt{\dfrac{5-\sqrt{5}}{10}}

Βρίσκουμε τώρα ένα κατάλληλο άνω φράγμα για τη (θετική) διαφορά \sin1-\cos 1. Είναι

\displaystyle{\sin1-\cos 1=\sqrt{2} \sin(1-\dfrac{\pi }{4})<\sqrt{2}(1-\dfrac{\pi }{4})<\sqrt{2}(1-\dfrac{3.1 }{4})=\sqrt{2}\dfrac{9}{40}.}

Εύκολα τώρα μπορούμε να ελέγξουμε (υψώνοντας στο τετράγωνο) ότι \displaystyle{A-B>\sqrt{2}\dfrac{9}{40}>\sin 1 -\cos 1(\bigstar \bigstar ) }


Αν ήταν \cos 1\leq \sqrt{ \dfrac{5-\sqrt{5}}{10}    }(\blacklozenge ) τότε υψώνοντας στο τετράγωνο και κάνοντας χρήση της \cos^2 x=1-\sin^2 x παίρνουμε

\sin1\geq \sqrt{ \dfrac{5+\sqrt{5}}{10}    }(\blacklozenge \blacklozenge). Από τις (\blacklozenge ),(\blacklozenge \blacklozenge) παίρνουμε \sin1-\cos1\geq \sqrt{ \dfrac{5+\sqrt{5}}{10}  }  -\sqrt{ \dfrac{5-\sqrt{5}}{10}  }=A-B

άτοπο από την (\bigstar \bigstar ) και η απόδειξη έχει ολοκληρωθεί.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΜΑΤΑ ΜΕ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Google [Bot] και 2 επισκέπτες