Олимпиадное задание. Высшая математика

просто числа вроде

Означает радианы

наверняка

Сумму то получилось отыскать: S= sin(1010) * sin(1009.5)/sin(0.5) . И если посчитать на калькуляторе выходит действительно меньше 2-ух. Что около 1.1 . Неувязка в том как доказать без калькулятора .

Наверняка надобно брать экстремум функции sin ((x+1)/2) *sin(x/2) /sin(1/2) .

Интересно но максимум такой функции и правда равен 1.96 . Но вновь же без калькулятора тут не обойтись

Означает идея ту не в нахождении суммы ряда на прямую

Кратче все вышло. sin(1)+sin(2)+sin(3)....+sin(k)

Это выражение не может быть больше чем 1/2 ctg(1/4) <2 !!!!!

Оказывается необходимо было просто применить способ вспомогательного довода

Ответ:

sin(1)+sin(2)+sin(3)...+sin(k-1)+sin(k)lt; ctg(1/4)/2lt;2

Пошаговое разъясненье:

Пусть:

s1=sin(1)+sin(2)+sin(3)...+sin(k-1)+sin(k)

s2=cos(1)+cos(2)+cos(3)...+cos(k-1)+cos(k)

Используем формулы:

sin(x+1)=sin(x)*cos(1)+cos(x)*sin(1)

sin(x-1)=sin(x)*cos(1)-cos(x)*sin(1)

Тогда справедливы равенства:

s1*cos(1)+s2*sin(1)=sin(2)+sin(3)+sin(4)...+sin(k)+sin(k+1)=s1-sin(1)+sin(k+1)

s1*cos(1)-s2*sin(1)=sin(0)+sin(1)+sin(2)...+sin(k-1)=s1-sin(k)

Обретаем сумму равенств:

2*s1*cos(1)=2*s1 +sin(k+1)-sin(k)-sin(1)

s1=(sin(k+1)-sin(k)-sin(1))/(2*cos(1)-2)  - cумма ряда.

s1= (sin(k)-sin(k+1) )/(2-2*cos(1)) + sin(1)/(2-2*cos(1))

  Найдем наибольшее вероятное значение данного  выражения в зависимости от k.    

Поскольку: sin(1)gt;0 ;    2-2cos(1)gt;0

 То  ,для  того чтобы  s1 было величайшим, нужно чтоб:

sin(k)-sin(k+1) - было величайшим.

Преобразуем его  последующим образом:

sin(k)-sin(k+1)=sin(k)-sin(k)*сos(1)-cos(k)*sin(1)= (1-cos(1) )*sin(k) - sin(1)*cos(k)

Применим способ вспомогательного  довода:

(1-cos(1) )*sin(k) - sin(1)*cos(k) =( (1-cos1)^2 +sin^2(1) ) *sin(x-s)

sin(x-s)lt;=1

(1-cos(1) )*sin(k) - sin(1)*cos(k)lt;=( (1-cos1)^2 +sin^2(1) )=

(1-2*cos1+cos^2(1)+sin^2(1) )=(2-2cos(1))

Величайшее  значение: max(sin(k)-sin(k+1) )=(2-2cos(1))

Откуда:

max(s1)= (2-2cos(1)) /(2-2cos(1))     +sin(1)/(2-2cos(1))=

1/(2-2cos(1) ) +  sin(1)/(2-2cos(1))

2-2cos1=4*sin^2(1/2) - из формулы  понижения ступени.

sin(1)=2*sin(1/2)*cos(1/2)

Тогда имеем:

1/2 *( 1/sin(1/2)  +2*sin(1/2)*cos(1/2) /2*sin^2(1/2)=

=1/2*( 1/sin(1/2)  + cos(1/2)/sin(1/2))= 1/2 * (1+cos(1/2))/sin(1/2)=cos^2(1/4)/sin(1/2)

= cos^2(1/4)/2*sin(1/4)*cos(1/4)= 1/2  * cos(1/4)/sin(1/4)= ctg(1/4)/2

Очевидно  ,что  при   a[0;/2)   tg(a)gt;a (что  следует из первого  примечательного предела)

  0lt;1/4lt;/2  tg(1/4)gt;1/4

1/tg(1/4)lt;4

ctg(1/4)lt;4   ctg(1/4)/2lt;2

Таким образом:

sin(1)+sin(2)+sin(3)...+sin(k-1)+sin(k)lt; ctg(1/4)/2lt;2

Это утверждение правосудно для любого  k, а значит правосудно и  для k=2019.

Что и  требовалось обосновать.