17. Szélsőérték-feladatok megoldása elemi úton
I. Elméleti összefoglaló Függvény szélsőértéke Definíció: Az : → függvénynek ∈ helyen (abszolút) maximuma van, ha minden ( ) ≤ ( ) .A függvény (abszolút) maximuma ( ).
∈
esetén
Az : → függvénynek ∈ helyen (abszolút) minimuma van, ha minden ( ) ≥ ( ). A függvény (abszolút) minimuma ( ).
∈
esetén
A címben szereplő ’elemi’ megoldás azt jelenti, hogy a feladatok megoldása közben nem használjuk az analízis eszközeit.
A megoldás során felhasználható módszerek, ötletek: 1. a) Figyelembe vesszük a vizsgálandó függvények értelmezési tartományát, értékkészletét és a függvény menetét. b) Zárt intervallumon értelmezett függvényeknél megvizsgáljuk az értelmezési tartomány végpontjaiban felvett függvényértékeket is. c) Egy függvény szélsőértékhelye és típusa nem változik, ha a függvényt megszorozzuk egy pozitív számmal. d) Egy pozitív értékeket felvevő függvénynek és a négyzetének szélsőérték helye és típusa azonos. 2. Másodfokú függvények Ha a vizsgált kifejezés felírható egy x ismeretlen másodfokú függvényeként, ahol
tetszőleges
2
valós szám, akkor f ( x) a x u v alakra hozás után megállapítható a függvény szélsőértéke. A függvénynek
minimuma van, ha
> 0, minimum értéke , helye ,
maximuma van, ha
< 0, maximum értéke , helye .
Ha értelmezési tartománya nem a teljes valós számhalmaz, hanem például egy intervallum, akkor a szélsőérték vizsgálathoz célszerű ábrázolni a függvényt.
1
3. Trigonometrikus függvények Érdemes megvizsgálni, nem kapunk-e egyszerűbb kifejezést, ha trigonometrikus azonosságokat alkalmazunk. számok halmaza, amelyekre az ( ) = egyenletnek van megoldása az függvény értelmezési tartományán. Ezzel a függvény szélsőértékének, illetve értékkészletének vizsgálatát, paraméteres egyenlet megoldására vezethetjük vissza.
4. Az függvény értékkészlete azon
5. Szélsőérték-feladatok gyakran megoldhatók a nevezetes közepek közti egyenlőtlenségek alkalmazásával is.
Definíciók: Az a1 , a2 ,..., an pozitív valós számok számtani (arit metikai)közepe:
A( a1 , a2 ,..., an ) =
a1 a 2 ... a n , n
mértani (geometriai) közepe:
G( a1 , a2 ,..., an ) =
n
harmonikus közepe :
H( a1 , a2 ,..., an ) =
négyzetes (kvadratikus) közepe:
Q( a1 , a2 ,..., a n ) =
a1 a2 ... an
n 1 1 1 a1 a 2 an
a1 2 a 2 2 ... a n 2 n
Tétel:
H a1 , a 2 ,..., a n G( a1 , a2 ,..., an ) A( a1 , a2 ,..., an ) Q( a1 , a2 ,..., an ). Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a1 a2 ... an teljesül. Következmény: Ha
pozitív szám szorzata állandó, akkor az összegük akkor minimális, ha a számok egyenlők.
Ha
pozitív szám összege állandó, akkor a szorzatuk akkor maximális, ha a számok egyenlők.
6. Cauchy-Bunyakovszkij-féle egyenlőtlenség ( = 3-ra) a1 b1 a 2 b2 a3 b 3 a1 2 a 2 2 a3 2 b1 2 b2 2 b3 2 .
Az egyenlőtlenség a vektorok skaláris szorzatának definíciója, valamint a skaláris szorzat koordinátákkal való kifejezése alapján igazolható. Egyenlőség akkor áll fenn, ha a a1 ; a 2 ; a3 és b b1 ; b2 ; b3
vektorok
párhuzamosak,
azaz
b1 ka1 , b2 ka 2 , b3 ka 3 fennáll.
(Az egyenlőtlenség általános alakja:
2
ha
van
olyan
szám,
amelyre
a1 b1 a 2 b2 a n bn a1 2 a 2 2 an 2 b1 2 b2 2 bn 2
dimenziós vektorok skaláris szorzatával igazolható.)
II. Kidolgozott feladatok 1. Adott kerületű téglalapok közül melyiknek a területe maximális?
I. Megoldás: A feladat szövege szerint a téglalapok kerülete = 2( + ) adott. Ebből b
k a. 2
k k Keressük a t a a a ; 0 a függvény maximumát. 2 2 2
2
k k k t a a a a ; 2 4 4 2
maximum
helye
a maximum értéke:
a
k 4
(itt
értelmezve
van
a
függvény;
ekkor
b
is
k ), 4
k2 . 16
Tehát az adott kerületű téglalapok közül a négyzet kerülete a maximális. II. Megoldás: Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közötti összefüggést! k ab ab t , tehát 4 2
t maximális, ha
t
k állandó . 4
t maximális. Ez akkor áll fenn, ha 2
= , a téglalap egy
oldalú négyzet,
2
k k amelynek területe: t max a 2 . 16 4
2. Egy patak partján egy 3200 m2nagyságú, téglalap alakú kertet szeretnénk elkeríteni vízi szárnyasaink részére. Mekkorának válasszuk a téglalap méreteit, hogy a legrövidebb kerítésre legyen szükség? ( A patakparton nem állítunk kerítést.)
3
Megoldás:
Jelöljük a téglalap oldalait az ábra szerint x-szel, ill. y-nal! ( x 0, y 0 ) A téglalap területe xy = 3200, a kerítés hossza k = 2x + y. Alkalmazzuk 2x-re és y-ra a számtani és mértani közép közötti összefüggést! 2x y 2 xy 6400 80 . A kerítés minimális, ha egyenlőség áll fenn azaz, ha 2 x y . Ezt 2 visszahelyettesítve a területképletbe, x 40 és y 80 adódik. Tehát a minimális hosszúságú
kerítést igénylő téglalap oldalai 40 m, ill. 80 m, és kmin=160 m.
3. Az
sugarú gömbbe írható körhengerek közül melyiknek a palástja a legnagyobb?
I. Megoldás: Tekintsük a henger és a gömb közös tengelymetszetét!
Írjuk fel a Pitagorasz-tételt az ABC derékszögű háromszögre: 4 r 2 m 2 4 R 2 A henger palástja: P 2rm , ez pont akkor maximális, amikor a négyzete maximális.
4
(1)
Fejezzük ki az (1) összefüggésből 4r2 –et és helyettesítsük
P 2 4r 2 2 m 2 2 (4R 2 m 2 )m 2 ,
képletébe:
(0<m< 2R ).
A kapott függvény m2-ben másodfokú, melynek zérushelyei 0 és 4R 2 , szélsőértékét a zérushelyek számtani közepén veszi fel. Az -ben másodfokú tag előjele negatív, ezért a függvénynek maximuma van az m 2 2R 2 helyen. A maximális palástú henger magassága m 2 R , sugara r
2 R . Az R sugarú gömbbe írt 2
maximális palástú henger palástja Pmax 2R 2 . II. Megoldás: A henger palástja akkor maximális, amikor 2rm maximális. Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közötti összefüggést, valamint az (1) egyenlőséget: 2rm 4 r 2 m 2
4r 2 m 2 2 R 2 , ami állandó. A palást pontosan akkor maximális, ha 4 r 2 m 2 2
azaz, ha 2r m . Így (1) szerint 2 m 2 4 R 2 , m 2 R , r az
2 R, 2
sugarú gömbbe írt maximális palástú henger palástja Pmax 2R 2 .
4. Adott
sugarú gömbbe írt egyenes körkúpok közül melyiknek legnagyobb a térfogata?
5
Megoldás: Adott sugarú gömbbe írt sugarú kúpok közül annak nagyobb a térfogata, amelyiknek a magassága a gömb sugaránál nem kisebb, ezért elég ezzel foglalkozni.
Tekintsük a gömb és beírt kúp közös tengelymetszetét! Thalész tétele szerint az ADC háromszög 2 derékszögű, ezért alkalmazható rá a magasságtétel: r m x m 2R m .
(Ugyanezt az összefüggést megkapjuk az AEO háromszögre felírt Pitagorasz- tételből is. ) A beírt kúp térfogata
V
r 2 m m 2 2 R m . 3 3
A számtani és mértani közép közti összefüggést alkalmazhatjuk az m, m, 4 R 2m pozitív számokra ( 0 m 2R ) . 3
6V 4R m m 4 R 2m , ami állandó. 3 A beírt kúp térfogata maximális, ha egyenlőség áll fenn, ami m 4R 2m esetén teljesül. A maximális térfogatú kúp magassága: m
térfogata: V
4 2 2R , R , az alapkör sugara: r 3 3
32 R 3 . 81
5. Adjuk meg az adott b oldalélű szabályos négyoldalú gúlák közül a maximális térfogatút!
6
I. Megoldás: Ha a gúla oldaléle szöget zár be az alapsíkkal, akkor magassága M b sin , alapéle a b 2 cos , térfogata: V
2b 3 sin cos 2 . Mivel b adott állandó, a következő függvény 3
2 maximumát keressük: f sin cos , ahol 0°< <90°. Ez ott maximális, ahol a négyzete :
f 2 sin2 cos2 cos2 maximális. A számtani és mértani közép közötti összefüggés akkor alkalmazható, ha a szorzatban szereplő (pozitív) tényezők összege állandó. Ez könnyen megvalósítható, ha az első tényezőt, s így a szorzatot 2-vel megszorozzuk.
2 f 2 2 sin 2 cos 2 cos 2 . 3
2 f
2
2 sin
2
2 cos 2 2 . 3 3
2 f 2 akkor maximális, ha egyenlőség áll fenn. Ez pedig akkor teljesül, ha a tényezők egyenlők, azaz 2 sin 2 cos 2 . Mivel hegyesszög, ebből ctg 2,
sin
1 3
, cos
2 2 , így a maximális térfogatú gúla alapéle a b, 3 3
7
magassága M
b 4 3b 3 , térfogata V . 27 3
II. Megoldás: (Szögfüggvények nélkül) Írjuk fel a piros háromszögre a Pitagorasz-tételt! M2
a2 1 b 2 = állandó; V a 2 M 2 3
V maximális, ha 9V2 maximális. 9V 2 a 2 a 2 M a2 a2 M
2
2
nem állandó, de a 2 a 2 4 M mértani közép közötti összefüggés. 3
3
2
4 b 2 állandó; alkalmazható a számtani és
36V 2 a 2 a 2 4M 2
4b 2 . 3
Így 36 V 2 , s ezzel V is akkor maximális, ha a 2 4M 2 azaz, ha a 2M , amit visszahelyettesítve
M
b 3
, és a
6. Határozzuk meg a
2b 3
, a maximális térfogatra pedig V max
4 3b 3 adódik. 27
x 3 7 x kifejezés legkisebb és legnagyobb értékét!
Megoldás: A kifejezés a [3; 7] intervallumon értelmezett. A számtani és négyzetes közép közti egyenlőtlenség szerint: x 3 7 x 2
Egyenlőség akkor áll fenn, ha Az
x 37 x 2. 2
x 3 7 x , azaz ha
= 5.
f ( x) x 3 7 x nemnegatív értékeket felvevő függvény helyett vizsgálhatjuk a
2 négyzetét: f ( x) 4 2 x 3 7 x 4 . Egyenlőség akkor áll fenn, ha
= 3 vagy = 7.
Összefoglalva: A vizsgált kifejezés legnagyobb értéke 2 2 , ezt az legkisebb értéke 2, amit az = 3 és az = 7 helyeken vesz fel.
= 5 helyen veszi fel,
8
7. a) Egy iskolában két 2,2 m szélességű folyosó merőlegesen keresztezi egymást. Mekkora az a leghosszabb létra, amelyet vízszintes helyzetben - a létrát függőleges síkban tartva - az egyik folyosóról a másikra át lehet vinni? b)* Hogy módosul a válasz, ha a két folyosó szélessége 8 illetve 27 hosszúságegységű? Megoldás: a)
A rendelkezésre álló helyet akkor használjuk ki legjobban, ha a létra érinti a folyosó sarokélét, felülnézetben a létrát szemléltető ( ) szakaszra illeszkedik a pont. Az = + szakasz hosszának minimumát keressük (A létra nem lehet ennél hosszabb.) =
egyállású szögek segítségével kifejezhető =
,
=
cos α
és :
, sinα
Alkalmazzuk a harmonikus és a négyzetes közép közötti egyenlőtlenséget pozitív számokra, és használjuk fel, hogy cos
=
,
,
cos
sin
≤
+
cosα ,
=
,
és
=
sin ,
+ sin α = 1
,
=
, ∙√
, ezért
≥ 4,4 ∙ √2.
Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha cos = sin , azaz, ha = 45°. (Tehát a legrövidebb hosszúság 45°-os szögnél jön létre.) A leghosszabb létra, amellyel ezen a folyosón be lehet fordulni ( a létra vízszintes helyzetében) 4,4 ∙ √2 m≈6,2 m hosszú. b) Ebben az esetben a két szakasz
=
,
=
. Ha ismét a fenti közepek közötti
egyenlőtlenséget, valamint a cos + sin α = 1 azonosságot szeretnénk alkalmazni, akkor -et illetve -t annyi egyenlő tagra kell bontani, hogy a négyzetes közép képletében szereplő cos és sin α együtthatója megegyezzen.
9
tag
8 1 1 1 = + +⋯+ cos 3cos 3cos 3cos tag
27 1 = sin 2 sin
+
1 1 + ⋯+ 2 sin 2 sin
Erre a 78 tagra alkalmazzuk a harmonikus és a négyzetes közép közötti egyenlőtlenséget: 78 1 1 1 +⋯+ + 3cos 3cos 2 sin
9 cos2
≤
+ ⋯ + 9 cos2
+ 4 sin 78
2
+ ⋯+
+ ⋯ + 4 sin
1
≤
2 sin
2
=
216 cos2 + sin 78
2
kifejezés maximális, ha egyenlőség áll fenn. Ez akkor teljesül, ha 3 cos cos
=
6 √13
= 2 sin ,
sin
azaz, ha tg x+y=
cos
+
= 1,5 , sin
≈ 56,31°.
minimális, ha tg
= 1,5 ( ≈ 56,31°). = 13 ∙ √13 egységnél.
A létra tehát nem lehet hosszabb √
Megjegyzés: A feladat a fentihez hasonló módon oldható meg, ha a két egymásra merőleges folyosó szélességének aránya két egész szám hányadosának köbével egyenlő.
8. Határozzuk meg az f ( x)
x2 x2 3
,
∈ ℝ függvény legkisebb és legnagyobb értékét!
Megoldás: Egy függvény értékkészlete mindazon valós számok halmaza, amelyekre az ( ) = egyenletnek van megoldása. Ha meghatározzuk a kifejezés értékkészletét, akkor annak legkisebb, ill. legnagyobb eleme (ha van) egyben a vizsgált kifejezés minimuma, ill. maximuma is. Ezzel a kifejezés szélsőértékének meghatározását visszavezetjük egy paraméteres egyenlet megoldására. x2 2
p
px 2 x 3 p 2 0
x 3
10
p 0 esetén, x 2 p 0 esetén, a másodfokú egyenletnek akkor van valós megoldása, ha D 0 .
D 1 4 p3 p 2 12 p 2 8 p 1 12 p 2 8 p 1 0 , ha
2 7 2 7 p 6 6
( p 0)
Összegezve a két esetet, a kapott egyenletnek akkor van valós megoldása, ha 2 7 2 7 fennáll. p 6 6
Így a vizsgált függvény legkisebb értéke
2 7 2 7 , legnagyobb értéke . 6 6
(A függvény szélsőértékhelyeit megkapjuk, ha megoldjuk a másodfokú egyenletet legnagyobb és legkisebb értékére. Ezekre a másodfokú egyenlet diszkriminánsa 0, az egyenlet gyökei: ,
=
9. Adott
. A függvény minimumhelye:
∙
√
= −2 − √7 , maximumhelye:
∙
√
= −2 + √7.)
sugarú gömb köré írható forgáskúpok közül melyiknek legkisebb a térfogata?
Megoldás: Tekintsük a kúp és a gömb közös tengelymetszetét!
11
Az és aránya egyenlő:
derékszögű háromszögek hasonlók, mert
r R mr m2 R 2
(
∡ =
∡, megfelelő oldalaik
> 2 ).
A nevezőkkel szorzás és négyzetre emelés után kapjuk: + Ebből
R2
=
−2
+
.
r 2m . m 2r
Ezt behelyettesítjük a kúp térfogatképletébe:
V
m2 . R 2 m r 2 3 3 m 2r
Az első két tényező konstans, elég a harmadik tényezőt vizsgálni. Végezzük el a következő átalakítást:
m2 m 2 4r 2 4r 2 4r 2 4r 2 m 2r m 2r 4r . m 2r m 2r m 2r m 2r Az összeg harmadik tagja konstans. m 2r
4r 2 4r 2 = állandó. m 2r
Ezért a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség alkalmazható.
12
(*)
A vizsgált összeg minimális, ha m 2r
4r 2 , azaz, ha m 4r , R 2 r . m 2r
Az sugarú gömb köré írható minimális térfogatú kúp térfogata V
8 3 r . 3
A (*) egyenlettől másként: Vizsgáljuk, hogy az
m2 milyen értékeket vehet fel. m 2r
Adjuk meg, hogy az feltéve, hogy
m2 p paraméteres egyenletnek, mely p számokra van megoldása, m 2r
>2 .
2 Az egyenlet ekvivalens az m pm 2pr 0 egyenlettel. Ennek akkor van megoldása, ha a 2 diszkriminánsa nemnegatív. D p 8pr . A feltétel szerint
a
> 0, így
≥ 8 . Ezzel megkaptuk
m2 kifejezés minimumát, ami 8 . m 2r
Így az
sugarú gömb köré írható minimális térfogatú kúp térfogata V
10. Határozzuk meg a következő függvény értékkészletét, ha
8 3 r . 3
ℝ!
f ( x) 5 sin x 12 cos x
Megoldás: 5 12 12 5 , és sin , ez fennáll, ha f ( x ) 13 sin x cos x 13 sin x , ahol cos 13 13 13 13 67,38°.
Mivel 1 sin 1 minden -re, ezért 13 f ( x) 13 . (Az f függvény a -13, illetve a 13 értékeket felveszi, például a 3 − valamint a közbenső értékeket is, mert folytonos. ) A vizsgált függvény értékkészlete [-13; 13].
13
, illetve a
−
helyeken;
11. a) Adjuk meg a log 1 sin x cos x 2 kifejezés
értelmezési tartományát!
2
b)
Határozzuk
a halmazon
meg
értelmezett
f x log 1 sin x cos x 2 függvény 2
szélsőértékeit! / Felvételi 2001. május /
Megoldás: a) A kifejezés azokra az x valós számokra értelmezett, amelyekre:
sin x cos x 2 1 sin 2 x 0 Ebből sin 2 x 1 , azaz x
3 k , ahol 4
∈ ℤ;
⇔ sin 2 x 1.
3 4
= ℝ \ k
b) A fentiek szerint az értelmezési tartomány x elemeire 0 1 sin 2 x 2 .
(**)
Felhasználva, hogy az 1-nél kisebb alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökken,
log 1 1 sin 2 x log 1 2 1 . 2
2
A megadott függvénynek minimumértéke a −1, amit sin2 = 1 alapján, x
k ; ( ∈ ℤ) 4
helyeken vesz fel. A függvénynek nincs maximuma, mert az 1 + sin 2 lehet, ha sin 2
megközelíti a −1-et. Egy ilyen szám
kifejezés tetszőlegesen kis pozitív szám alapú logaritmusa tetszőlegesen nagy
pozitív értéket vehet fel. Másként: Adjuk meg, hogy a p paraméter mely értékei esetén van megoldása az alábbi egyenletnek
log 1 sin x cos x 2 p . 2
p
1 2 Definíció szerint sin x cos x . 2 p
1 1 A (**) egyenlőtlenség alapján 0 2 , amiből 2 p 2 1 , 2 2
és a 2 alapú exponenciális függvény szigorúan monoton növekedése alapján p 1 , az f függvény minimuma −1. .
14
p
1 (Mivel 1 sin 2x 0-tól való távolsága tetszőlegesen kicsi lehet, ezért tetszőlegesen nagy 2 értéket felvehet, így az f függvény felülről nem korlátos, nincs maximuma.)
12. Határozzuk meg az alábbi függvény szélsőértékeit!
: [0; 5] → ℝ;
f ( x)
2x 2 9x 11 x 2 5x 6
/ Felvételi 2000. május /
I. Megoldás:
2x 2 9 x 11 2 x 2 5x 6 x 1 átalakítás alapján f ( x) 2
x 1
x 6x 1
2
1 . x6
(A megadott értelmezési tartomány minden elemére fennáll az egyenlőség.) Ábrázoljuk a függvényt!
Mivel
↦
szigorúan monoton csökken az adott intervallumban, ezért f-re is ez teljesül.
15
f függvény maximuma f (0)
11 , minimuma f (5) 1. 6
II. Megoldás Határozzuk meg milyen p paraméter esetén van megoldása a következő egyenletnek
2 x 2 9 x 11 x 2 5x 6
p a 0;5
intervallumon!
A feltétel szerint x 1 és x 6 , ezért egyenletünk a vizsgált intervallumon ekvivalens a
2x 2 9 x 11 p( x 2 5x 6) .
következővel:
A kijelölt szorzást elvégezve és rendezve kapjuk:
p 2x 2 9 5 px 11 6 p 0 . p 2 esetén a − − 1 = 0 egyenletet kapjuk, amelynek megoldása
= −1, ami nincs
az értelmezési tartományban, ezért p 2 .
p 2 esetén akkor van a másodfokú egyenletnek valós gyöke, ha a diszkriminánsa nemnegatív.
D 9 5 p 2 4 p 211 6 p 49 p 2 182 p 169 7 p 132 , tehát a D 0 minden p paraméterre teljesül. (Minden p 2 valós szám esetén van megoldása a másodfokú egyenletnek.) Vegyük figyelembe, hogy olyan p valós számokat keresünk, amelyekre az egyenlet gyökei a [0 ; 5] intervallumba esnek! Ehhez határozzuk meg a másodfokú egyenlet gyökeit! A megoldóképletből x1 1,
x2
6 p 11 adódik. p2
Mivel −1 nincs a megadott intervallumban, ezért olyan p számokat keresünk, amelyekre
0 6 p 11 1 6 , p2 p2
így
6 p 11 5 fennáll. p2
0 6
6
1 5 ( innen látszik, hogy p<2). p2
1 1 ; p2
16
1 p 2 1 6
1 függvény a negatív számok halmazán szigorúan monoton x
Felhasználva, hogy az x csökken,
1 p
11 adódik. 6
(Megjegyzés: Ennél a feladatnál ez az utóbbi megoldás több buktatóval járt, és hosszadalmasabb is volt.)
13. Legyenek a, b és c − -nél nagyobb számok és a+b+c=1. Adjuk meg a √2 + 1 + √2 + 1 + √2 + 1 kifejezés maximumát!
Megoldás: Tekintsük az x(1; 1; 1) és az y
2a 1; 2b 1; 2c 1 vektorokat. Ezek skaláris szorzata éppen
a megadott kifejezés. Másrészt a skaláris szorzat definíciója és a cosinus függvény értékkészlete alapján: x y x y cos x y .
A két vektor abszolútértéke: x 3 , illetve y 2a 1 2b 1 2c 1 5 . Így a vizsgált összeg maximális értéke √15, amit akkor vesz fel, ha a két vektor egyirányú ( cos 1, 0 ), ami pontosan akkor teljesül, ha a b c
1 . 3
14. Igazoljuk a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség felhasználásával, hogy az n
1 an 1 sorozat szigorúan monoton nő: n Megoldás: Bizonyítandó, hogy n
1 1 1 1 n n 1
17
n 1
.
A bal oldalon álló szorzatot 1-gyel szorozva, alkalmazhatjuk az n+1 szám számtani és mértani középe közötti egyenlőtlenséget :
1 1 1 n 1 1 1 1 1 n n n
1 1 n 1 1 n n 11 1 . n 1 n 1 n 1
Ennek n+1-edik hatványa a bizonyítandó egyenlőtlenség. (Egyenlőség nem áll fenn, mert a tényezők nem (mind) egyenlők.)
III. Ajánlott feladatok: 1. Bizonyítsuk be, hogy bármely negatív számnak és reciprokának összege legfeljebb (−2)! 2. Az A, B és C városok egymástól való távolsága AB= 600 km, BC=800 km, AC=800 km. A-ból Bbe és B-ből C-be egy időben indul egy-egy repülőgép. A gépek ugyanakkora sebességgel, azonos magasságban, egyenes vonalban kitérő nélkül repülnek. Hány km-es út megtétele után lesz a repülők közötti távolság a legkisebb? / Felvételi 2000. máj./ 3. Adjuk meg az f ( x) sin 8 x cos8 x függvény szélsőértékeit! 4. Adott területű téglalapok közül melyiknek a kerülete minimális? 5. Határozzuk meg az ab szorzat maximumát, ha a 0, b 0 és 5a 7b 1 !
a b b c c a
6. Határozzuk meg az
abc
kifejezés minimumát, ha
,
és
pozitív számokat
jelölnek! 7. Oldjuk meg a 12-es (kidolgozott) feladatot a nevezetes közepek felhasználásával! Legyenek a, b és c − Határozzuk meg a
-nél nagyobb számok és a+b+c = 1.
2a 1 2b 1 2c 1 kifejezés maximumát!
8. Azok közül a téglatestek közül, amelyek térfogata a felszínük kétszerese, melyiknek legkisebb a térfogata? /OKTV 2000./ 9. Bizonyítsuk be, hogy
x2 y2 8 , feltéve, hogy x 1, y 1 ! (OKTV 1992-93) y 1 x 1
10. Határozzuk meg az : ℝ → ℝ , f x
4 x függvény minimumát! x2
11. Egy 30 cm oldalú négyzet négy sarkából vágjunk le 4 egybevágó négyzetet úgy, hogy a lap négy szélének felhajtásával a lehető legnagyobb térfogatú dobozt kapjuk. Adjuk meg ennek a térfogatát! 12. Adott felszínű fedetlen hengerek közül határozzuk meg a legnagyobb térfogatút!
18
13. Egy húrtrapéz keresztmetszetű vályú rövidebbik alapja és szárai a dm hosszúak. Határozzuk meg ezek közül annak a trapéznak a szögeit, amelynek a területe a legnagyobb! 14. Határozzuk meg az f x
15. Határozzuk meg a
x2 x 1 ; x2 1
3 x2 18x 23 x 2 6 x 10
∈ ℝ függvény szélsőértékeit!
kifejezés minimumát!
16. Határozzuk meg a következő függvény szélsőértékét!
f ( x) sin 2 x 2 sin x cos x 3 cos2 x,
∈ℝ
17. Határozzuk meg a következő kifejezés minimumát, ha sin ≠ 0 é cos ≠ 0 2
1 1 2 K= sin 2 x cos x 2 sin x cos 2 x 18. Mutassuk meg, hogy a
= √5 − 4 −
∙ |log
2
|+
logy 2
kifejezés értéke nagyobb √24-nél!
4x-3-x 2
/ Felvételi 1996. május/ 19. Igazoljuk a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség felhasználásával, hogy az n
1 a n 1 sorozat felülről korlátos! n
Megjegyzés: n
1 Ebből és a 14. kidolgozott feladatból következik, hogy az an 1 sorozat konvergens. n
A sorozat határértékét e-vel jelöljük Euler svájci matematikusról. e ≈ 2,71828)
Az ajánlott feladatok megoldásai 1. Bizonyítsuk be, hogy bármely negatív számnak és reciprokának összege legfeljebb (−2). Megoldás: Legyen
< 0 valós szám. Az állítás: a
1 2 . a
19
Legyen
= − > 0. Alkalmazzuk b-re és
1 -re a számtani és mértani közép közti b
egyenlőtlenséget: b
1 1 2 b 2. b b
Visszahelyettesítve b helyére (− )-t, a bizonyítandó egyenlőtlenséget kapjuk. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha = 1, azaz = −1. (Megjegyzés: Ha ekvivalens átalakításokkal egy igaz állítást kapunk, akkor ez az eredeti állításra 1 is teljesül. Ha az a 2 egyenlőtlenséget az < 0 számmal szorozzuk, majd rendezzük, a akkor az + 2 + 1 ≥ 0 egyenlőtlenséget kapjuk, ami minden számra fennáll.) 2. Az A, B és C városok egymástól való távolsága AB= 600 km, BC=800 km, AC=800 km. A-ból Bbe és B-ből C-be egy időben indul egy-egy repülőgép. A gépek ugyanakkora sebességgel, azonos magasságban, egyenes vonalban kitérő nélkül repülnek. Hány km-es út megtétele után lesz a repülők közötti távolság a legkisebb? / Felvételi 2000. máj./ Megoldás:
Tegyük fel, hogy a gépek y km-t repültek. A két gép közötti d távolság négyzete az háromszögre felírt koszinusztétellel kiszámolható:
3 3 d 2 y 2 600 y 2 2 y 600 y , mivel cos . 8 8 Ebből rendezés után a két gép távolságának négyzetére a következő másodfokú függvényt kapjuk: 11 2 f y y 1 650 y 360 000 , ahol 0 y 600 . 4
20
Teljes négyzetté kiegészítés után leolvasható az f y
f minimumhelye A
két
gép
függvény szélsőértékhelye és értéke.
11 y 3002 112500 . 4
= 300.
közti
távolság
300 km
megtételekor
minimális.
Ekkor
112500 km 335,4 km . 3. Adjuk meg az f ( x) sin 8 x cos8 x függvény szélsőértékeit! Megoldás: Végezzük el az alábbi átalakításokat:
2
f ( x ) sin 8 x cos 8 x sin 4 x cos 4 x 2 sin 4 x cos 4 x
Alkalmazzuk a következő azonosságot:
1 sin 2 x cos 2 x Így
2
sin 4 x cos 4 x 2 sin 2 x cos 2 x .
2
f ( x ) 1 2 sin 2 x cos 2 x 2 sin 4 x cos 4 x 1 4 sin 4 x cos 4 x 4 sin 2 x cos 2 x 2 sin 4 x cos 4 x
1 1 2 sin 4 x cos 4 x 4 sin 2 x cos 2 x sin 4 2 x sin 2 2 x 1 8
Jelöljük sin 2 -et a-val és vizsgáljuk az alábbi másodfokú függvényt: ( )=
−
+ 1; (0 ≤
≤ 1).
Teljes négyzetté kiegészítéssel ( ) = ( − 4) − 1 adódik.
21
a
távolságuk
Ez a függvény (a [0; 1] intervallumon) szigorúan monoton csökken, maximuma minimuma (1) =
(0) = 1,
.
Az f függvény maximumhelyét a sin2 2 =0, minimumhelyét a sin2 2 = 1 egyenletek megoldásai adják. Az f függvény maximumhelyei: minimumhelyei:
∙ ; +
∈ ℤ , értéke: 1, ; ∈ ℤ , értéke:
.
4. Adott területű téglalapok közül melyiknek a kerülete minimális? Útmutató:
t ab adott. Az 1. kidolgozott feladat II. megoldásában felírt
k ab ab t 4 2
összefüggésből azt
kapjuk, hogy az adott területű téglalapok közül a négyzet kerülete a legkisebb: k min 4 t . Megjegyzés: Felmerülhet, hogy ha a fent említett feladatban sikerült másodfokú függvény szélsőértékének meghatározásával megoldani a feladatot, akkor talán ez a probléma is megoldható így. t Itt azonban a k a 2 a 2 , 0 a függvény szélsőértéke adja a megoldást. Ez pedig nem a másodfokú függvény.
22
5. Határozzuk meg az ab szorzat maximumát, ha a 0, b 0 és 5a 7b 1 ! Útmutató: Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közti összefüggést az 5a és 7b számokra! Az ab kifejezés maximális, ha a
6. Határozzuk meg az
1 1 1 és b , a maximum értéke: . 10 14 140
a b b c c a abc
kifejezés minimumát, ha
,
és
pozitív számokat
jelölnek! Útmutató: Szorozzuk össze az ( ; ) , ( ; ) és ( ; ) számpárokra felírt számtani és mértani közepekre vonatkozó egyenlőtlenségeket! A kifejezés minimuma 8, amit
7. Legyenek a, b és c − Határozzuk meg
=
=
esetén vesz fel.
-nél nagyobb számok és a+b+c = 1.
2a 1 2b 1 2c 1 kifejezés maximumát!
Megoldás: Alkalmazzuk
a
számtani
2a 1 2b 1 2c 1 3
Ezt 3-mal szorozva kapjuk: A kifejezés maximuma
és
négyzetes
közép
közti
egyenlőtlenséget!
2a 1 2b 1 2c 1 5 . 3 3 2a 1 2b 1 2c 1 15 .
15 és ezt
=
=
=
esetén veszi fel.
8. Azok közül a téglatestek közül, amelyek térfogata a felszínük kétszerese, melyiknek legkisebb a térfogata? /OKTV 2000./ Megoldás: A feltétel szerint V abc 4ab bc ca . Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget az ab, bc , ca szorzatokra!
23
V ab bc ca 3 ab bc ca 3 V 2 , ahol egyenlőség akkor áll fenn, ha a három szorzat 12 3 egyenlő, azaz, ha a b c .
V 3 2 V3 V V 2 , amiből V 12 3 adódik. Tehát 3 12 12 Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a = b = c , ezért a feltételnek megfelelő téglatestek közül a 12 egység élű kockának legkisebb a térfogata.
x2 y2 8 , feltéve, hogy x 1, y 1 ! (OKTV 1992-93) y 1 x 1
9. Bizonyítsuk be, hogy Megoldás:
Vezessük be a következő jelöléseket: a x 1, b y 1 . Bizonyítandó:
a 12 b 12 b
a
8.
Alkalmazzuk a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget az
a 12 b
és
b 12 a
pozitív számokra.
a 12 b 12 b
a
2 A
a 12 b 12
ab
> 0 számra z
2 2 2 2 4 , Ezt az értéket
=
a 2 2a 1 b 2 2b 1 1 1 a 2 b 2 a b a b
1 1 2 z 2 alapján, a jobb oldalon álló szorzat értéke legalább z z
így a vizsgált kifejezés értéke legalább 8. = 1 esetén veszi fel.
(Ekkor minden „ ” helyett „=” áll.) Az eredeti egyenlőtlenség minden x, y 1-nél nagyobb számra teljesül. x2 y2 8 , ha y 1 x 1
=
= 2.
24
10. Határozzuk meg az : ℝ → ℝ,
f x
4 x2
x függvény minimumát!
Útmutató: 4
Alkalmazzuk a
x
2
,
x x , pozitív számokra a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget. 2 2
A függvény minimum értéke: 3, helye: 2.
11. Egy 30 cm oldalú négyzet négy sarkából vágjunk le négy egybevágó négyzetet úgy, hogy a lap négy szélének felhajtásával a lehető legnagyobb térfogatú dobozt kapjuk. Adjuk meg ennek a térfogatát! Megoldás:
Az ábra jelöléseit használva a doboz térfogata:
V 30 2 x 2 x; 0 x 15 4V 30 2 x 30 2 x 4 x Mivel 30 2 x 30 2 x 4 x 60 konstans, ezért alkalmazható a számtani és mértani közép közötti összefüggés: 3
4V 3 30 2x 30 2 x 4 x
4V maximális, ha 30 − 2 = 4 , azaz, ha
60 20 3
= 5.
A doboz maximális térfogatú, ha 5x5 cm2-es négyzeteket vágunk le, és Vmax= 20 20 5 cm3 = 2000 cm3.
25
12. Adott felszínű fedetlen hengerek közül határozza meg a legnagyobb térfogatút! Megoldás:
A r 2 2rm r 2 2rm adott, V r 2 m
Elég r 2 m maximumát meghatározni. Ez pontosan akkor lesz maximális, amikor a négyzete r 4 m 2 maximális. Ha a számtani és mértani közép közötti összefüggést szeretnénk alkalmazni, akkor arra kell törekedni, hogy a tényezők összege állandó legyen. Itt r 4 m 2 nem állandó, de a szorzat következő átalakításával: r 2 rm rm már a tényezők összege A konstans lesz: r 2 rm rm . A számtani és mértani közép közti összefüggés szerint: 2
3
r 2 rm rm A V 3 2 = állandó. r rm rm 3 3
A felül nyitott henger térfogata maximális, ha egyenlőség áll fenn. Ez akkor teljesül, ha r 2 rm , azaz r m =
, a henger magassága az alapkör sugarával egyenlő.
13. Egy húrtrapéz keresztmetszetű vályú rövidebbik alapja és szárai a egység hosszúak. Határozza meg ezek közül annak a trapéznak a szögeit, amelynek a területe a legnagyobb!
26
Megoldás:
Az
hegyesszögű trapéz magassága
a sin , hosszabbik alapja a 2a cos , területe
a 2 sin 1 cos . Elég a sin 1 cos szorzat négyzetének a maximumát meghatározni. 2 Alkalmazzuk a sin 1 cos 1 cos összefüggést, majd a számtani és mértani közép
közötti egyenlőtlenséget az 1 cos , 1 cos , 1 cos , 3 3 cos kifejezésekre. 4
1 cos 1 cos 1 cos 3 3 cos 6 4
A trapéz területe maximális, ha 1 cos 3 3 cos , amiből cos
1 , 60 adódik, a 2
trapéz szögei 60°, 60°, 120°, 120°. 14. Határozza meg az f x
x2 x 1 x2 1
;
∈ ℝ függvény szélsőértékeit!
Megoldás: Egy f függvény értékkészlete mindazon valós számok halmaza, amelyre az f(x) = p egyenletnek van megoldása. Vizsgáljuk meg milyen p valós számokra van megoldása az
x2 x 1 x2 1
p egyenletnek.
A nevezővel ( 0) szorozva, és rendezve kapjuk: p 1x 2 x p 1 0. Ha
= 1, akkor
=
− 1 = 0, van megoldása az egyenletnek;
Ha
1, akkor egyenletünk másodfokú, amelynek pontosan akkor van valós gyöke, ha a 2
diszkriminánsa nemnegatív. Megoldandó az 1 4 p 1 0 egyenlőtlenség. Innen 4 p 2 8 p 3 0.
27
A 4 p 2 8 p 3 =0 egyenlet gyökei:
1 3 , és . A feltételt is figyelembe véve a másodfokú 2 2
1 3 egyenletnek akkor van valós gyöke, ha p ; \ 1 . 2 2
Összegezve: 1 3 Az eredeti egyenletnek akkor van megoldása ( a valós számok halmazában), ha p ; . 2 2
1 3 , maximuma . 2 2
Ebből következik, hogy a vizsgált függvény minimuma (A függvény minimumhelye
15. Határozza meg a
= – 1, maximumhelye
3 x 2 18x 23 x 2 6 x 10
= 1 .)
kifejezés minimumát!
Útmutató: Határozzuk meg azokat a p valós számokat, amelyekre a egyenletnek van valós megoldása!
4 p 3 ; a kifejezés minimuma −4.
16. Határozzuk meg a következő függvény szélsőértékeit!
f ( x) sin2 x 2 sin x cos x 3 cos2 x,
∈ℝ
I. Megoldás: Alkalmazzuk az addíciós tételeket: 1 cos 2 x 1 cos 2 x sin 2 x 3 2 sin 2 x cos 2 x 2 2 . 2 2 2 2 sin 2 x cos 2 x 2 2 sin 2 x . 2 2 4 f ( x)
Felhasználva, hogy 1 sin 2 x 1 , kapjuk 2 2 f ( x) 2 2 , 4
tehát a függvény minimuma 2 2 , maximuma pedig 2 2 .
28
3x 2 18 x 23 x 2 6 x 10
p
(A
függvény
minimumhelyei
a
sin 2 x 1 4
maximumhelyei a sin 2 x 1 egyenlet gyökei: 4
+
egyenlet ,
gyökei:
+
,
∈ ℤ,
∈ ℤ.)
II. Megoldás: Határozzuk meg azokat a p paramétereket, amelyekre az alábbi egyenletnek van megoldása!
sin 2 x 2 sin x cos x 3 cos2 x p ! p p cos2 x p sin 2 x felhasználásával kapjuk:
1 p sin 2 x 2sin x cos x 3 p cos2 x 0 . p 1 megoldásai a
esetén az
2 cos xsin x cos x 0 alakra
egyenlet
cos x 0 és a tg x 1 egyenlet gyökei. Ezért
hozható,
amelynek
= 1 eleme a függvény
értékkészletének.
p 1 esetén cos x 0 nem megoldás, (mert ez esetben sinx=0 is fennállna, ami lehetetlen a sin2 + cos2 = 1 azonosság miatt,) így cos2x-szel oszthatunk és egyenletünk a következő lesz:
1 p tg2 x 2 tg x 3 p 0 . Ez a feltétel szerint (tgx)-ben másodfokú, s akkor van megoldása, ha
D 4 41 p 3 p 0 .
A p-re kapott másodfokú egyenlőtlenség megoldása a 2 − √2; 2 + √2 intervallum. Mivel a fenti intervallumnak p=1 eleme, ezért ez egyben a függvény értékkészlete, és így a függvény minimuma 2 2 , maximuma pedig, 2 2 .
17. Határozzuk meg a következő kifejezés minimumát, ha sinx 0 és cosx 0 1 K= sin 2 x sin 2
2
1 cos 2 x x cos 2
2
! x
Megoldás: Az első ötlet az lehetne, hogy alkalmazzuk a tetszőleges pozitív a számra vonatkozó 2
2
1 2 1 1 cos x 22 22 8 . a 2 egyenlőtlenséget: sin 2 x 2 2 a sin x cos x
Kérdés, hogy K-nak minimuma-e a 8, vagyis van-e olyan x valós szám, amelyre a kifejezés értéke 8. Egyenlőség akkor állna fenn, ha sin 2 x cos 2 x 1 , ami nem lehetséges. Ezért bár a vizsgált kifejezés értéke legalább 8, nem 8 a minimuma.
29
Ennek oka az, hogy nem vettünk figyelembe egy fontos feltételt: sin 2 x cos 2 x 1 . Alkalmazzuk a négyzetes és a számtani közép közötti összefüggést
a2 b2 a b 1 1 , ahol a sin 2 x , és b cos 2 x ! 2 2 2 sin x cos 2 x
K 2
sin 2 x
1 2
sin x
cos 2 x 2
1 2
cos x
1
(1)
1 2
1 5 sin x cos 2 x 1 2 2 2 2 2 sin 2 x 2 2
1
2
.
A (2) egyenlőtlenséget a 0 sin 2 2 x 1 egyenlőtlenségből kaptuk. Négyzetre emelés után K
25 adódik. 2
25 akkor minimuma a kifejezésnek, ha van olyan x valós szám, amelyre egyenlőség áll fenn. 2 A (2) egyenlőtlenség akkor válik egyenlőséggé, ha sin 2 2 x 1 , azaz ha sin 2x = 1, A
x
k 4 2
( ∈ ℤ). Ebben az esetben (1)-nél is egyenlőség áll fenn, ugyanis ezekre az
x-ekre sin 2 x
1 2
sin x
1
= cos 2 x
2
cos x
=
5 s így ezekre az x valós számokra 2
2
1 K= 2 2 12,5 . 2 Tehát a K kifejezés minimuma 12,5. 18. Mutassuk meg, hogy a
= √5 − 4 −
∙ |log
|+
logy 2
kifejezés értéke nagyobb √24-nél!
4x-3-x2
Megoldás: Állapítsuk meg, hogy a kifejezés a változók mely értékeire értelmezett! x: Meghatározzuk a − megoldásait. 1 < < 3; y:
+ 5 − 4 ≥ 0 és a −
> 0 ; ≠ 1 (ezekre |log
+ 4 − 3 > 0 egyenlőtlenségek közös
| > 0 és log 2 > 0).
30
Mivel a fenti halmazon mindkét tag pozitív értékű, alkalmazható a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség:
=
5 −4−
∙ |log
(Figyelembe vettük az log 2 =
|+
logy 2 √4x-3-x2
≥2∙
5 −4− 4x-3-x2
∙
azonosságot.)
A számláló és nevező szorzattá alakításával kapjuk:
≥ 2∙
Vizsgáljuk az ( ) = 1 −
;
( − 4) ∙ (1 − ) =2∙ ( − 3) ∙ (1 − )
1−
1 . −3
]1; 3[ függvényt.
Az f függvény szigorúan monoton nő, > 1 miatt 1 −
> 1 + = , így
> 2∙
= √24, amit bizonyítani akartunk.
19. Igazoljuk a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség felhasználásával, hogy az n
1 a n 1 sorozat felülről korlátos! n
31
Útmutató: Igazoljuk, hogy a sorozat egyik felső korlátja a 4. Ehhez a fenti n tényezős szorzatot szorozzuk
1 1 -del, majd alkalmazzuk az így kapott n+2 számra a számtani és mértani közép közötti 2 2 egyenlőtlenséget.
IV. Ellenőrző feladatok:
1. Mekkorák az a oldalú szabályos háromszögbe írt maximális területű téglalap oldalai? 2. Adjuk meg az
↦ 5 ∙ tg + 20 ∙ ctg függvény értékkészletét!
3. Határozza meg az : ]0; 4] → ℝ; ( ) = (6 − ) függvény maximumát! 4. Van-e maximális, ill. minimális térfogatú a 3 dm alkotójú forgáskúpok között? Ha van, mekkora a sugara, a magassága és a térfogata? 5. Az 54 cm2 felszínű hengerek közül melyiknek a térfogata maximális? Adja meg a maximális térfogatú henger sugarát, magasságát és térfogatát! 6. Adott forgáskúpba írható forgáshengerek közül melyiknek legnagyobb a térfogata? 2
7. Állapítsuk meg az
2x f x 2
6x 6
x 4x 5
függvény szélsőértékeit.
Az ellenőrző feladatok megoldásai 1. Mekkorák az a oldalú szabályos háromszögbe írt maximális területű téglalap oldalai? Megoldás:
a 3 , a 2 4
2. Adjuk meg az
↦ 5 ∙ tg + 20 ∙ ctg függvény értékkészletét!
Megoldás: ]-∞; -20]∪[20; ∞[ 3. Határozza meg az : ]0; 4] → ℝ; ( ) = (6 − ) függvény maximumát! Megoldás: A maximum értéke 32, helye :2. 4. Van-e maximális, ill. minimális térfogatú a 3dm alkotójú forgáskúpok között? Ha van, mekkora a sugara, a magassága és a térfogata? Megoldás: Minimális nincs, a maximális térfogatú forgáskúp magassága
32
3 dm, sugara
6 dm,
térfogata 2 3 dm3. 5. Az 54 cm2 felszínű hengerek közül melyiknek a térfogata maximális? Adja meg a maximális térfogatú henger sugarát, magasságát és térfogatát! Megoldás: A maximális térfogatú henger sugara 3 cm, magassága 6cm, térfogata 54π cm3. 6. Adott forgáskúpba írható forgáshengerek közül melyiknek legnagyobb a térfogata? Megoldás: Az R sugarú, M magasságú kúpba írható maximális térfogatú henger alapkörének 4 2 2R 1 sugara: r , magassága: m M , V max R M . 3 3 27 7. Állapítsuk meg az f x
2x 2 6 x 6 x 2 4x 5
függvény szélsőértékeit.
Megoldás: Minimuma: 1, maximuma: 3
33
