Ημιτριγωνομετρική με ιστορία

#1

Η ανισότητα $x^2-x+0,96>\eta \mu x$ (για κάθε πραγματικό

) προτάθηκε χθες (Άσκηση 97) από τον Αντώνη Κυριακόπουλο στο Μαθηματικό Εργαστήρι (facebook)*: να δειχθεί ότι μπορεί να βελτιωθεί, με καθαρά σχολική μέθοδο, στην $x^2-x+0,9>\eta \mu x$ . (Θα δώσω εδώ την λύση μου αμέσως μετά την Πρωτομαγιά, αν δεν υπάρξει ως τότε λύση ή εδώ ή εκεί.)

*Έδωσε ήδη λύση -- με το 0,96

-- ο Βαγγέλης Σταματιάδης. Όπως επισημαίνει ο Αντώνης, "μια παρόμοια λύση είχε δώσει και ο γνωστός μας (νομικός και εραστής των Μαθηματικών ) Γιώργος Ευαγγελόπουλος στο περιοδικό CRUX MATHEMATICORUM, Volume 14, σελίδα 294 ( 1988)".

KARKAR · #2

: ημιτριγωνομετρική.png (56.2 KiB) Προβλήθηκε 1893 φορές

Το τριώνυμο x^2-x-0.9

, φθίνει στο διάστημα $(-\infty,\dfrac{1}{2}]$ και αυξάνει στο $[\dfrac{1}{2},+\infty)$

με ελάχιστο το $f(\dfrac{1}{2})=\dfrac{13}{20}$ και παίρνει την τιμή

, για

.

Το ημίτονο είναι αύξον στο διάστημα [-0.0916,1.0916]

. Τα παραπάνω μας περιορίζουν το διάστημα

που μας απασχολεί η ανισότητα x^2-x+0.9>sinx

στο $(\dfrac{1}{2} , 1.0916)$ . Ορίστε και σχήμα ....

Σχετικό ερώτημα : Βρείτε μια καλή προσέγγιση του $sin(\dfrac{1}{2})$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Θέτω το πρόβλημα στην σωστή του βάση.

Υπάρχει $a\in \mathbb{R}$ ώστε για κάθε $x\in \mathbb{R}$

να είναι $x^{2}-x+a-\sin x\geq 0$ .

Αντιμετώπιση
Εστω $f(x)=x^{2}-x+a-\sin x$ .

Είναι
$f'(x)=2x-1-\cos x,f''(x)=2+\sin x> 0$

Η εξίσωση $0=2x-1-\cos x$ έχει μοναδική ρίζα έστω την $r\in (\frac{1}{2},1)$
(μια εύκολη μελέτη είναι)

Ετσι $f(x)\geq f(r)$ και πρέπει το

να ικανοποιεί την $r^{2}-r+a-\sin r=0$

Δηλαδή $a=r-r^{2}+\sqrt{1-(2r-1)^{2}}$

Προσεγγίζοντας το

μπορούμε να βρούμε φράγματα για το

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Θέτω το πρόβλημα στην σωστή του βάση.

Υπάρχει $a\in \mathbb{R}$ ώστε για κάθε $x\in \mathbb{R}$

να είναι $x^{2}-x+a-\sin x\geq 0$ .

Αντιμετώπιση
Εστω $f(x)=x^{2}-x+a-\sin x$ .

Είναι
$f'(x)=2x-1-\cos x,f''(x)=2+\sin x> 0$

Η εξίσωση $0=2x-1-\cos x$ έχει μοναδική ρίζα έστω την $r\in (\frac{1}{2},1)$
(μια εύκολη μελέτη είναι)

Ετσι $f(x)\geq f(r)$ και πρέπει το

να ικανοποιεί την $r^{2}-r+a-\sin r=0$

Δηλαδή $a=r-r^{2}+\sqrt{1-(2r-1)^{2}}$

Προσεγγίζοντας το μπορούμε να βρούμε φράγματα για το

Συνεχίζω τα προηγούμενα για να δείξω πως μπορούμε να πάρουμε φράγματα για το

.
Θέτουμε $g(x)=2x-1-\cos x$

Το $a=r(1-r)+2\sqrt{r(1-r)}$

Η συνάρτηση $t(1-t),t\in (\frac{1}{2},1)$ είναι φθίνουσα ενώ

η $t+2\sqrt{t},t> 0$ είναι αύξουσα.

Ετσι αν g(c)< 0

τότε

και βάσει των προηγουμένων

προκύπτει $a\leq c(1-c)+2\sqrt{c(1-c)}$

ενώ αν g(b)> 0

προκύπτει ότι $a\geq b(1-b)+2\sqrt{b(1-b)}$

Βρίσκοντας c,b

(το πρόβλημα είναι εκτίμηση του $\cos x$ )

έχουμε άνω κάτω φράγματα για το

.

#5

Θανάση και Σταύρο σας ευχαριστώ για τις ιδέες σας. Στην δική μου προσέγγιση αποδεικνύω ότι το 0,96

μπορεί να αντικατασταθεί από το

$10\sqrt{2}-14+2\sqrt{10\sqrt{2}-14},$

το οποίο είναι όντως κατά τι μικρότερο του 0,9

-- με το χέρι αυτό ανάγεται στην ανισότητα 2284880000<2284935601

Λεπτομέρειες μετά την Πρωτομαγιά (αν δεν στείλει κάποιος κάτι άλλο).

#6

Απόδειξη της x^2-x+0,9>sinx

... στο πνεύμα της απόδειξης που ανέβασε στο ΦΒ ο Βαγγέλης Σταματιάδης αλλά και των εδώ παρατηρήσεων Θανάση και Σταύρου:

Θέτοντας f(x)=x^2-x+0,9-sinx

, παρατηρούμε ότι για την f(x)>0

αρκεί να αποδειχθεί η f(x_0)>0

για το τυχόν σημείο x_0

τοπικού ελαχίστου της

. Αρκεί δηλαδή να αποδειχθεί η x_0^2-x_0-sinx_0>-0,9

για

. Από την $1-\displaystyle\frac{x_0^2}{2}<cosx_0=2x_0-1$ προκύπτει η τριωνυμική ανισότητα x_0^2+4x_0-4>0

, που οδηγεί, λόγω της $cosx_0\geq -1$ , στην $x_0>-2+2\sqrt{2}$ . Αρκεί λοιπόν να αποδειχθεί η x_0^2-x_0-sinx_0>-0,9

για $x_0>-2+2\sqrt{2}$ . Λόγω όμως των $sinx_0=\sqrt{1-cos^2x_0}$ και cosx_0=2x_0-1

η αποδεικτέα ανισότητα γίνεται $x_0-x_0^2+2\sqrt{x_0-x_0^2}<0,9$ , για $-2+2\sqrt{2}<x_0<1$ πάντοτε.

Θέτοντας $g(x)=x-x^2+2\sqrt{x-x^2}$ παρατηρούμε ότι $g'(x)=1-2x+\displaystyle\frac{1-2x}{\sqrt{x-x^2}}<0$ , άρα η

είναι φθίνουσα στο (0,5, 1)

. Επειδή ισχύει η $0,5 <-2+2\sqrt{2}<1$ , συμπεραίνουμε ότι ισχύει η $g(x)<g(-2+2\sqrt{2})$ για $-2+2\sqrt{2}<x<1$ . Ισχύει επομένως η $g(x_0)<g(-2+2\sqrt{2})$ , δηλαδή η $x_0-x_0^2+2\sqrt{x_0-x_0^2}<10\sqrt{2}-14+2\sqrt{10\sqrt{2}-14}$ . Όπως όμως επισήμανα στην προηγούμενη δημοσίευση, ισχύει οριακά, και αποδεικνύεται σχετικά εύκολα με το χέρι, και η $10\sqrt{2}-14+2\sqrt{10\sqrt{2}-14}<0,9$

[Είναι το είδος της ανισότητας όπου δεν υπάρχει ακριβές φράγμα: ισχύει η sinx+x-x^2<0,96

, ισχύει, ακόμη καλύτερα, και η sinx+x-x^2<0,9

. Στην πραγματικότητα ισχύει και η sinx+x-x^2<0,879073

, ενώ η επόμενη προσέγγιση, $1-\displaystyle\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\frac{x^6}{720}<cosx$ (μη σχολική), θα έδινε sinx+x-x^2<0,879079

(κατά μη σχολικό τρόπο, μέσω επίλυσης εξίσωσης έκτου βαθμού). Στον αντίποδα, υπάρχει πιθανώς ευκολότερη απόδειξη της sinx+x-x^2<1

(δεν το έψαξα). Θεωρώ ότι ... από την στιγμή που είναι αποδεκτή ως δημοσιεύσιμη ανισότητα (και μάλιστα στο CRUX) η sinx+x-x^2<0,96

... είναι αποδεκτή, και σαφώς ελκυστικότερη (ακόμη και λόγω λιγότερων δεκαδικών ψηφίων), και η sinx+x-x^2<0,9

-- αν μάλιστα ήμουν κριτής στο CRUX προ τριακονταετίας και μου είχαν στείλει το 0,96

... πιθανολογώ ότι θα το είχα κάνει 0,9

]

#7

Ας αναφερθεί ότι το πρόβλημα αυτό υπάρχει και στον Μπαϊλάκη "Άλγεβρα Β' Λυκείου", σελ. 276, ο οποίος γράφει ότι η προέλευσή του είναι η Βουλγαρία, χωρίς περισσότερες λεπτομέρειες.

Ημιτριγωνομετρική με ιστορία

Ημιτριγωνομετρική με ιστορία

Re: Ημιτριγωνομετρική με ιστορία

Re: Ημιτριγωνομετρική με ιστορία

Re: Ημιτριγωνομετρική με ιστορία

Re: Ημιτριγωνομετρική με ιστορία

Re: Ημιτριγωνομετρική με ιστορία

Re: Ημιτριγωνομετρική με ιστορία

Μέλη σε σύνδεση