Háromszög és koszinuszok? Hogy kell megoldani ezt a feladatot?
A feladat szerint bármely háromszög két tetszőleges szögére fennáll, hogy:
cosα + cosβ + cos(α + β) ≤ 1,5. Na, és ezt kellene nekem bebizonyítani, csak nem megy.
Addig eljutottam, hogy némi átalakítással
cosα + cosβ + cosγ ≤ 1,5. Amiben a háromszög három szöge szerepel.
A feladat annyit mond segítségként, hogy pl. vektorokkal bizonyítható, de ez nem jön össze nekem.
Szélsőérték feladatokat (mert ez ugye elvileg egy maximumkeresés) deriválással oldanék meg, de ebben két változó is van, azt pedig nem tanultuk órán, hogy is kéne... és nem szeretnék olyan megoldással villogni, amit elvileg nem is szabadna tudnom.
Már próbálkoztam koszinusztétellel és minden nyavalyával is, de sehogy sem jön ki semmi értelmes. Kérem, aki tud, segítsen!
Azt én értem, hogy működik a Jensen... de ha
(cosα + cosβ)/2 ≤ cos((α + β)/2), akkor
cosα + cosβ ≤ 2 ∙ cos((α + β)/2)
és 0° < α + β < 90°, akkor
0° < (α + β)/2 < 45° viszont, ha a koszinuszát veszem, akkor hogy változik a reláció?
cos0° > cos((α + β)/2) > cos45° lesz belőle, nem?
Vagyis
1 > cos((α + β)/2) > √2 / 2, és ha megszorzom mindkét oldalt 2-vel, akkor
2 > 2 ∙ cos((α + β)/2) > √2, ami még nem bizonyít semmit... merthogy 2-nél kisebb az oké, de 1,5-nél kellene kisebbnek (vagy esetleg egyenlőnek) lennie.
Tehát, ahogy korábban írtad:
Ha nem hegyesszogu a haromszog, akkor legyen mondjuk C a tompa szog es A+B<90 tehat megint A is meg B is hegyes szog.
cos(C) az meg negativ szam.
Vagyis:
cos(A) + cos(B) + cos(C) < cos(A) + cos(B) < 2*cos((A+B)/2) = 1,41 < 1,5
Ha például A = 15°, B = 20°, és C = 145°, akkor ha csak A-t és B-t figyelem, akkor ugye igaz, hogy
cos(A) + cos(B) < 2*cos((A+B)/2)
Viszont behelyettesítve
cos15° + cos20° = 1,9056...
2*cos((20°+15°)/2) = 2*cos17,5° = 1,9074...
cos15° + cos20° < 2*cos((20°+15°)/2) = 1,9074 > 1,5
Tehát valami módon figyelembe kéne venni azt is, hogy a cosC mennyivel csökkenti az összeget... ezért próbáltam belevenni egy x-et is a számolásba egy korábbi hozzászólásban.
Találtam egy általánosabb megoldást, ha ez jó...
Tehát, cosα + cosβ - cos(α + β) ≤ 1,5 bizonyítandó.
Az általad korábban említett konvexitás miatt:
cosα + cosβ - cos(α + β) ≤ 2 ∙ cos((α + β)/2) - cos(α + β)
Legyen (α + β)/2 = x, ekkor
f(x) = 2 ∙ cosx - cos2x maximumát keressük.
f'(x) = 2 ∙ sin2x - 2 ∙ sinx = 4 ∙ sinx ∙ cosx - 2 ∙ sinx = 2 ∙ sinx ∙ (2 ∙ cosx - 1)
Szélsőérték akkor van, ha f'(x) = 0
2 ∙ sinx ∙ (2 ∙ cosx - 1) = 0 szorzat akkor és csak akkor 0, ha az egyik tényezője 0.
I. 2 ∙ sinx = 0
x = k ∙ π (k egész), de ez ránk most nem vonatkozik, mert ]0; π[ intervallumon vagyunk
II. 2 ∙ cosx - 1 = 0
cosx = ½
x = π/3 + 2 ∙ k ∙ π (k egész) vagy
x = 5π/3 + 2 ∙ k ∙ π (k egész), de ez most szintén nem érdekel minket...
f''(x) = 4 ∙ cos2x - 2 ∙ cosx
f''(π/3) = -3 < 0, tehát maximumot kaptunk
f(π/3) = 1,5 a maximum, tehát
2 ∙ cosx - cos2x ≤ 1,5
cosα + cosβ - cos(α + β) ≤ 2 ∙ cos((α + β)/2) - cos(α + β) ≤ 1,5
cosα + cosβ - cos(α + β) ≤ 1,5
cosα + cosβ + cosγ ≤ 1,5
QED.
válasza:Igen, igazad van, egy kicsit ugyesebben kell eljarni a tompaszogu esetben. Viszont az egeszre mukodne talan egy masik elemi megoldas:
cos(a)+cos(b)-cos(a+b) ≤ 2*cos((a+b)/2) -cos(a+b)=
2cos((a+b)/2) - cos^2((a+b)/2) + sin^2((a+b)/2) =
1 +2cos((a+b)/2) - 2*cos^2((a+b)/2) =
= 3/2 - (√2 cos((a+b)/2)-1/√2)^2 ≤ 3/2
mert a negyzetes darab az legalabb 0.
Értem, hát, ez a pár sor valóban egyszerűbb, mint a deriválás és a trigonometrikus egyenletek, viszont szerintem erre a négyzetté alakításra nem jöttem volna rá. :)
Köszönöm szépen a segítséget, enélkül a Jensen-egyenlőtlenség nélkül nem sikerült volna megoldanom.
Kapcsolódó kérdések:
Minden jog fenntartva © 2024, www.gyakorikerdesek.hu
GYIK | Szabályzat | Jogi nyilatkozat | Adatvédelem | Cookie beállítások | WebMinute Kft. | Facebook | Kapcsolat: info(kukac)gyakorikerdesek.hu
Ha kifogással szeretne élni valamely tartalommal kapcsolatban, kérjük jelezze e-mailes elérhetőségünkön!