Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

XV OM - III - Zadanie 1

Udowodnić, że nierówność

$ (1) \qquad \frac{1}{3} \leq \frac{\tan 3\alpha}{\tan \alpha} \leq 3 $

nie jest prawdziwa dla żadnej wartości $\alpha$ .

Rozwiązanie

Zastosujemy metodę sprowadzenia do sprzeczności. Przypuśćmy, że pewna liczba $\alpha$ spełnia nierówność (1). W takim razie $\alpha$ czyni zadość nierównościom

$ (2) \qquad \alpha \ne k \cdot \frac{\pi}{2} $

$ (3) \qquad \alpha \ne k\pi + \frac{\pi}{6} \textrm{ i } \alpha \ne k\pi - \frac{\pi}{6}, $

gdzie $k$ oznacza dowolną liczbę całkowitą. Istotnie, gdy $\alpha = k \cdot \frac{\pi}{2}$ ( $k$ = liczba całkowita), wtedy nie istnieje liczba $\frac{1}{\tg \alpha}$ , gdy zaś $\alpha = k\pi \pm \frac{\pi}{6}$ , wtedy $3 \alpha = 3k\pi \pm \frac{\pi}{2}$ , więc nie istnieje liczba $\tg 3 \alpha$ ; zatem w żadnym z tych przypadków liczba $\alpha$ nie spełnia nierówności (1).

Wykażemy, że gdy $\alpha$ spełnia warunki (2) i (3), wtedy

$ (4) \qquad \frac{\tg 3\alpha}{\tg \alpha} = \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha}. $

Wiadomo z trygonometrii, że

$ (5) \qquad \tg 3 \alpha = \frac{\tg \alpha (3 - \tg^2 \alpha)}{1 - 3 \tg^2 \alpha} $

dla wszystkich takich wartości $\alpha$ , dla których istnieje $\tg \alpha$ i $\tg 3\alpha$ (wobec czego $1 - 3 \tg^2 \alpha 0$ ), tzn. dla wszystkich wartości $\alpha$ czyniących zadość nierównościom (3) i nierówności

$ (6) \qquad \alpha \ne (2k + 1) \cdot \frac{\pi}{2} $

dla każdego całkowitego $k$ .

Jeżeli prócz tego $\tg \alpha \ne 0$ , tzn. gdy

$ (7) \qquad \alpha \ne k \pi\ \textrm{ ($k$ - dowolna liczba całkowita}) $

to z równości (5) wynika równość (4). Otóż liczba $\alpha$ spełnia warunki (2) i (3), więc spełnia także nierówności (6) i (7), zatem istotnie zachodzi równość (4).

Z (1) i (4) wynika, że

$ \frac{1}{3} \leq \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \leq 3. $

Liczba $\alpha$ spełnia więc dwie nierówności

$ (8) \qquad \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \geq \frac{1}{3} $

$ (9) \qquad \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1-3 \tg^2 \alpha} \leq 3. $

Z nierówności (8) wynika kolejno, że

$ \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} - \frac{1}{3} \geq 0,\ \frac{8}{3(1 - 3 \tg^2 \alpha)} \geq 0, $

a stąd

$ (10) \qquad 1 - 3 \tg^2 \alpha >0. $

Z nierówności (9) wynika zaś, że

$ \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} - 3 \leq 0,\ \frac{8 \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \leq 0, $

więc

$ (11) \qquad \tg^2 \alpha = 0 \textrm{ lub } 1 - 3 \tg^2 \alpha < 0. $

Wreszcie z warunków (10) i (11) wynika, że $\tg^2 \alpha = 0$ , zatem $\tg \alpha = 0$ , wobec czego

$ (12) \qquad \alpha = n \pi\ \textrm{ (n - liczba całkowita}). $

Wniosek (12) jest sprzeczny z nierównością (2), gdy $k = 2n$ . Przypuszczenie, że istnieje liczba $\alpha$ spełniająca nierówność (1) jest więc fałszywe.

Uwaga 1. Rozwiązanie zadania można ująć inaczej. Zamiast zakładać, że istnieje liczba $\alpha$ spełniająca nierówność (1) i wysnuwać stąd łańcuch wniosków prowadzących do sprzeczności, potraktujemy (1) jako układ dwóch nierówności z niewiadomą $\alpha$ i spróbujemy rozwiązać ten układ sposobem zastępowania go przez równoważne mu, ale coraz prostsze układy.

Stwierdzamy najpierw, że układ (2) jest równoważny układowi

$ (1a) \qquad \frac{1}{3} \leq \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \leq 3,\ \alpha \ne n \pi \ \textrm{ (n - liczba naturalna }). $

Istotnie, wiemy z poprzedniego rozwiązania, że jeżeli dla pewnego $\alpha$ zachodzi (1), to spełniona jest równość (4), a wobec tego zachodzi (1a).

Odwrotnie, gdy dla pewnego $\alpha$ zachodzą związki (1a), wtedy zachodzi (6), (2) i (3), zatem również (4), a wobec tego $\alpha$ spełnia nierówność (1).

Przekształcając jak poprzednio nierówności (1a), stwierdzamy następujące równoważności

$ \frac{1}{3} \leq \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \Longleftrightarrow \frac{8}{3(1 - 3 \tg^2 \alpha)} > 0 \Longleftrightarrow 1 - 3 \tg^2 \alpha > 0 $

oraz

$ \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \leq 3 \Longleftrightarrow \frac{3 \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \leq 0 \Longleftrightarrow 1 - 3 \tg^2 \alpha < 0 \textrm{ lub } \alpha = n\pi \ (n = 1 \textrm{ całkowita }). $

Z powyższego wynika, że układ (1a) jest równoważny alternatywie układów

$ (1b) \qquad \begin{array}{c} 1 - 3 \tg^2 \alpha > 0\\ 1 - 3 \tg^2 \alpha < 0\\ \alpha \ne n \pi \end{array} \quad \textrm{ lub } \nr{1c} \begin{array}{c} 1 - 3 \tg^2 \alpha > 0\\ \alpha = n \pi\\ \alpha \ne n \pi \end{array} $

Każdy z układów (1b) i (1c) jest sprzeczny, gdy zawiera dwa zdania sprzeczne ze sobą. Zatem układ (1) nie ma rozwiązań.

Uwaga 2. W rozwiązaniu zadania powołaliśmy się na twierdzenie z trygonometrii, że gdy istnieje $\tg \alpha$ i $\tg 3 \alpha$ , tzn. gdy $\alpha$ spełnia warunki (3) i (6), wtedy zachodzi równość (5). Twierdzenie to bywa w podręcznikach uzasadniane w następujący sposób:

Ponieważ $\tg 2 \alpha = \frac{2 \tg \alpha}{1 - \tg^2 \alpha}$ , więc

$ \tg 3 \alpha = \tg (2 \alpha + \alpha) = \frac{\tg 2 \alpha + \tg \alpha}{1 - \tg \alpha \tg 2 \alpha} = \frac{2 \tg \alpha + \tg \alpha (1 - \tg^2 \alpha)}{(1 - \tg^2 \alpha) - 2\tg^2 \alpha} = \frac{\tg \alpha (3 - \tg^2 \alpha)}{1 - 3 \tg^2 \alpha}. $

Dowód taki zawiera lukę, gdyż z (3) i (6) nie wynika, że istnieje $\tg 2 \alpha$ , tj. że $2\alpha \ne (2p + 1) \frac{\pi}{2}$ , czyli $\alpha \ne (2p + 1) \frac{\pi}{4} = p \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4}$ . Dla takich wartości $\alpha$ dowód traci sens i twierdzenie pozostaje nieudowodnione. Lukę tę jednakże łatwo wypełnić sprawdzając przez podstawienie, że obie strony równości (4) są równe i wtedy, gdy $\alpha = p \cdot \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4}$ . Stwierdzamy, że gdy $p = 2k$ , wtedy

$ \alpha = k\pi + \frac{\pi}{4},\ \tg \alpha = 1, \ \tg 3 \alpha = -1, \ \frac{\tg \alpha (3 - \tg^2 \alpha)}{1- 3\tg^2 \alpha} = -1, $

a gdy $p = 2k + 1$ , to

$ \alpha = k\pi + \frac{3\pi}{4},\ \tg \alpha = -1, \ \tg 3 \alpha = 1, \ \frac{\tg \alpha (3 - \tg^2 \alpha)}{1- 3\tg^2 \alpha} = 1, $

Istotnie więc równość (4) jest prawdziwa dla każdego $\alpha$ spełniającego warunki (3) i (6).

Uwaga 3. Twierdzenie, że wartości funkcji $u = \frac{\tg 3 \alpha}{\tg \alpha}$ leżą na zewnątrz przedziału $\left[ \frac{1}{3}, 3 \right]$ możemy zilustrować geometrycznie. Niech $\tg^2 \alpha = t$ , wówczas dla każdej wartości dodatniej $t$ , różnej od $\frac{1}{3}$ , zachodzi na mocy (4) równość

$ u = \frac{3-t}{1 - 3t}. $

Wykres tej funkcji w układzie współrzędnych prostokątnych $(t, u)$ przedstawia rys. 15. Jest to hiperbola równoosiowa o asymptotach $u = \frac{1}{3}$ i $t = \frac{1}{3}$ , przy czym twierdzenie dotyczy tylko tej części hiperboli, która odpowiada wartościom dodatnim $t$ . Jest widoczne, że gdy $t > 0$ , wtedy $u < \frac{1}{3}$ bądź $u > 3$ .

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

XV OM - III - Zadanie 1

Rozwiązanie

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź

Klasyfikacja tematyczna

Zawody

Rok

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody