Τουλάχιστον τρεις ( για φέτος )

Συντονιστής: Καρδαμίτσης Σπύρος

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9680
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Τουλάχιστον τρεις ( για φέτος )

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Κυρ Δεκ 31, 2017 11:19 am

Δείξτε ότι για : 0<a<b<\dfrac{\pi}{2} , ισχύει : \tan a<\dfrac{\sin a+\sin b}{\cos a+\cos b}<\tan b .

Αν βρήκατε μια λύση είστε σε καλό δρόμο , αλλά μην τη δημοσιεύσετε . Απαράβατος

όρος : Μόνο αν έχετε τρεις διαφορετικές λύσεις , μπορείτε να τις αναρτήσετε όλες ,

( εκτός και αν μπούμε στο 2018 , οπότε μπορείτε να αναρτήσετε ... και δύο μόνο :lol: )



Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10162
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Τουλάχιστον τρεις ( για φέτος )

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 31, 2017 12:04 pm

KARKAR έγραψε:
Κυρ Δεκ 31, 2017 11:19 am
Δείξτε ότι για : 0<a<b<\dfrac{\pi}{2} , ισχύει : \tan a<\dfrac{\sin a+\sin b}{\cos a+\cos b}<\tan b .

Αν βρήκατε μια λύση είστε σε καλό δρόμο , αλλά μην τη δημοσιεύσετε . Απαράβατος

όρος : Μόνο αν έχετε τρεις διαφορετικές λύσεις , μπορείτε να τις αναρτήσετε όλες ,
1) Μεγαλώνοντας τον αριθμητή και μικραίνοντας τον παρονομαστή έχουμε \displaystyle{ \dfrac{\sin a+\sin b}{\cos a+\cos b} < \dfrac{2\sin b}{2\cos b} = \tan b} . Όμοια η αριστερή ανισότητα.

2) \displaystyle{ \dfrac{\sin a+\sin b}{\cos a+\cos b} =  \dfrac{2\sin \dfrac {a+b}{2} \cos \dfrac {a-b}{2}}{2\cos \dfrac {a+b}{2} \cos \dfrac {a-b}{2}} = \tan \dfrac {a+b}{2} } και λοιπά από την μονοτονία της εφαπτομένης.

3) Η \displaystyle{ \dfrac{\sin x+\sin b}{\cos x+\cos b}} έχει παράγωγο

\displaystyle{ \dfrac{\cos x (\cos x+\cos b) + \sin x (\sin x + \sin b)}{(\cos x+\cos b)^2}  = \dfrac{1 +\cos (x-b)}{(\cos x+\cos b)^2} >0       } στο [a, b], άρα είναι γνήσια αύξουσα. Και λοιπά, εξετάζοντας τα x=a, x=b . Όμοια η αριστερή.

Υπάρχουν πολλές ακόμη αποδείξεις.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4025
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Τουλάχιστον τρεις ( για φέτος )

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Κυρ Δεκ 31, 2017 5:54 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Κυρ Δεκ 31, 2017 12:04 pm
Υπάρχουν πολλές ακόμη αποδείξεις.
Καλησπέρα σε όλους. Ευχές για να είναι δημιουργικό το 2018 με Υγεία !

Τρεις ακόμα προσεγγίσεις:

4)Αφού όλοι οι τριγωνομετρικοί αριθμοί είναι θετικοί, η προς απόδειξη σχέση γράφεται:

 \displaystyle \frac{{\eta \mu a}}{{\sigma \upsilon \nu a}} < \frac{{\eta \mu a + \eta \mu b}}{{\sigma \upsilon \nu a + \sigma \upsilon \nu b}} < \frac{{\eta \mu b}}{{\sigma \upsilon \nu b}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 
\eta \mu a \cdot \sigma \upsilon \nu a + \eta \mu a \cdot \sigma \upsilon \nu b < \eta \mu a \cdot \sigma \upsilon \nu a + \eta \mu b \cdot \sigma \upsilon \nu a\\ 
\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \wedge \\ 
\eta \mu a \cdot \sigma \upsilon \nu b + \eta \mu b \cdot \sigma \upsilon \nu b < \eta \mu b \cdot \sigma \upsilon \nu a + \eta \mu b \cdot \sigma \upsilon \nu b 
\end{array} \right.


 \displaystyle  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 
\eta \mu a \cdot \sigma \upsilon \nu b < \eta \mu b \cdot \sigma \upsilon \nu a\\ 
\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \wedge \\ 
\eta \mu a \cdot \sigma \upsilon \nu b < \eta \mu b \cdot \sigma \upsilon \nu a 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 
\varepsilon \varphi a < \varepsilon \varphi b\\ 
\;\;\;\;\;\; \wedge \\ 
\varepsilon \varphi a < \varepsilon \varphi b 
\end{array} \right. που ισχύει.


5) Σε οξυγώνιο τρίγωνο ABC με  \displaystyle 0 < \widehat A < \widehat B < \frac{\pi }{2} είναι

 \displaystyle \eta \mu A = \frac{a}{{2R}},\;\;\eta \mu B = \frac{b}{{2R}} και  \displaystyle \sigma \upsilon \nu {\rm A} = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}},\;\;\;\sigma \upsilon \nu {\rm B} = \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}} , με a < b.

Τότε, για  \displaystyle 0 < A < B < \frac{\pi }{2} η σχέση  \displaystyle \frac{{\eta \mu {\rm A}}}{{\sigma \upsilon \nu {\rm A}}} < \frac{{\eta \mu {\rm A} + \eta \mu {\rm B}}}{{\sigma \upsilon \nu {\rm A} + \sigma \upsilon \nu {\rm B}}} < \frac{{\eta \mu {\rm B}}}{{\sigma \upsilon \nu {\rm B}}} γράφεται:

 \displaystyle  \Leftrightarrow \frac{{\sigma \upsilon \nu B}}{{\eta \mu B}} < \frac{{\sigma \upsilon \nu {\rm A} + \sigma \upsilon \nu {\rm B}}}{{\eta \mu {\rm A} + \eta \mu {\rm B}}} < \frac{{\sigma \upsilon \nu {\rm A}}}{{\eta \mu {\rm A}}}

 \displaystyle  \Leftrightarrow \frac{{\frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}}}}{{\frac{b}{{2R}}}} < \frac{{\frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} + \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}}}}{{\frac{a}{{2R}} + \frac{b}{{2R}}}} < \frac{{\frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}}}{{\frac{a}{{2R}}}}

 \displaystyle  \Leftrightarrow {a^2} + {c^2} - {b^2} < \frac{{a{b^2} + a{c^2} - {a^3} + {a^2}b + b{c^2} - {b^3}}}{{a + b}} < {b^2} + {c^2} - {a^2}

 \displaystyle  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 
{a^3} + a{c^2} - a{b^2} + {a^2}b + b{c^2} - {b^3} < a{b^2} + a{c^2} - {a^3} + {a^2}b + b{c^2} - {b^3}\\ 
\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \wedge \\ 
a{b^2} + a{c^2} - {a^3} + {a^2}b + b{c^2} - {b^3} < a{b^2} + a{c^2} - {a^3} + {b^3} + b{c^2} - {a^2}b 
\end{array} \right.
 \displaystyle  \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 
2a\left( {{a^2} - {b^2}} \right) < 0\\ 
\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; \wedge \\ 
0 < 2b\left( {{b^2} - {a^2}} \right) 
\end{array} \right. που ισχύει.



6) Εφαρμόζουμε σε κατάλληλο διάστημα το Θ.Μ.Τ. του Cauchy

Αν οι συναρτήσεις f και g είναι συνεχείς στο \left[ {\alpha ,\beta } \right], παραγωγίσιμες στο \left( {\alpha ,\beta } \right) και g'\left( x \right) \ne 0 για κάθε x \in \left( {\alpha ,\beta } \right), τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον \xi  \in \left( {\alpha ,\beta } \right), τέτοιο ώστε \frac{{f\left( \beta  \right) - f\left( a \right)}}{{g\left( \beta  \right) - g\left( a \right)}} = \frac{{f'\left( \xi  \right)}}{{g'\left( \xi  \right)}}


Έστω  \displaystyle 0 < a < b < \;\frac{\pi }{2} και οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις

 \displaystyle \begin{array}{l} 
f:\;\left[ { - b,\; - a} \right] \to \left( {0,\;1} \right),\;\,f\left( x \right) = \sigma \upsilon \nu x,\;\;\;\\ 
\\ 
g:\;\left[ { - b,\; - a} \right] \to \left( { - 1,\;0} \right),\;g\left( x \right) = \eta \mu x 
\end{array}

Τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον  \displaystyle \xi  \in \left( { - b,\; - a} \right) τέτοιο ώστε

 \displaystyle  - \frac{{\eta \mu \xi }}{{\sigma \upsilon \nu \xi }} = \frac{{\sigma \upsilon \nu a - \sigma \upsilon \nu b}}{{ - \eta \mu a + \eta \mu b}} \Leftrightarrow \varepsilon \varphi \left( { - \xi } \right) = \frac{{\sigma \upsilon \nu a - \sigma \upsilon \nu b}}{{\eta \mu b - \eta \mu a}}

 \displaystyle  \Leftrightarrow \varepsilon \varphi \left( { - \xi } \right) = \frac{{\eta \mu a + \eta \mu b}}{{\sigma \upsilon \nu a + \sigma \upsilon \nu b}} \cdot \frac{{\sigma \upsilon {\nu ^2}a - \sigma \upsilon {\nu ^2}b}}{{\eta {\mu ^2}b - \eta {\mu ^2}a}} = \frac{{\eta \mu a + \eta \mu b}}{{\sigma \upsilon \nu a + \sigma \upsilon \nu b}} \cdot \frac{{ - \eta {\mu ^2}a + \eta {\mu ^2}b}}{{\eta {\mu ^2}b - \eta {\mu ^2}a}} = \frac{{\eta \mu a + \eta \mu b}}{{\sigma \upsilon \nu a + \sigma \upsilon \nu b}}

Στο  \displaystyle \left( { - b,\; - a} \right) \subset \left( { - \frac{\pi }{2},\;0} \right) η συνάρτηση  \displaystyle \varphi \left( x \right) = \varepsilon \varphi x είναι γνησίως αύξουσα, άρα

 \displaystyle \varepsilon \varphi \left( { - b} \right) < \varepsilon \varphi \xi  < \varepsilon \varphi \left( { - a} \right) \Leftrightarrow  - \varepsilon \varphi b < \varepsilon \varphi \xi  <  - \varepsilon \varphi a

 \displaystyle  \Leftrightarrow \varepsilon \varphi a < \varepsilon \varphi \left( { - \xi } \right) < \varepsilon \varphi b \Leftrightarrow \varepsilon \varphi a < \frac{{\eta \mu a + \eta \mu b}}{{\sigma \upsilon \nu a + \sigma \upsilon \nu b}} < \varepsilon \varphi b .


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διδακτική των Μαθηματικών”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης