Page 16 - Mutatvany - Tuzson Zoltan - Tippek, trukkok, otletek - II

Megoldás
Először is állapítsuk meg az értelmezési tartományt: a gyök alatti
mennyiségek mindegyike nem lehet negatív, ezért mindegyik kifejezés az
  
.
első negyedben kell legyen (modulo 2 ) vagyis x 2k ,  2k
 
 10 
Első ránézésre az egyenlet azért tűnik szokatlannak és nehéznek, mert je-
len van a hat gyök. Emiatt semmi esély nincs az egyenletet négyzetre eme-
léssel megoldani. Sem csoportosítás, sem szorzótényezőkre alakítási lehe-
tőség nem adódik. Az is látható, hogy algebrai egyenletre sem vezethető
vissza. Ellenben kapaszkodjunk meg a következőben: az értelmezési tar-
  
tomány tulajdonképpen 0, modulo (2 ) . Vajon ennek lennének va-

 
 10 
lamilyen következményei? Igen, vannak. Az első negyedben, a sin x ,
sin3x , sin5x függvények mind szigorúan növekvőek, míg a cos x ,
cos3x , cos5x függvények szigorúan csökkenőek. Ebből kifolyólag az

f ( )  sin x  sin3x  sin5x függvény szigorúan növekvő, míg a
x
x
g ( )  cos x  cos3x  cos5x függvény szigorúan csökkenő. És eb-
ből az következik, hogy ha az ( )  g ( ) egyenletnek van megoldása,
f
x
x
  
akkor a 0, intervallumon legfennebb csak egy megoldás lehet, és ve-
 
 10 
   5
gyük észre, hogy x  megoldás, mert sin  sin  sin 
12 12 4 12
  5      5
 cos  cos  cos , ugyanis cos  sin     sin ,
12 4 12 12  2 12  12

és fordítva is. Tehát az összes valós megoldás x   2k, k  . Ezzel
12
a feladatot megoldottuk.
A bemutatott megoldási módszert érdemes észben tartani, mert nem
csak trigonometrikus egyenletek oldhatók meg ezzel a monotonitási mód-
F
szerrel, hanem minden olyan ( ) G ( ) alakú egyenlet, ahol az F és G
x

x
függvények ellentétes monotonitásúak (vagyis az egyik szigorúan nö-
vekvő, a másik szigorúan csökkenő).
33