Kezdőlap


Feladat:	914. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Gárdonyi Eszter , Papp Éva
Füzet:	1959/március, 86 - 87. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Azonosságok, Trigonometrikus egyenletek, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1958/szeptember: 914. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Bizonyítsuk az állítást a teljes indukció módszerével. $n = 0$ -ra igaz az állítás, mert $cos α = sin 2 α / 2 sin α$ (hacsak nem $α = j π$ , ahol $j$ egész szám). Feltéve, hogy az állítás érvényes $n = k$ -ra, azaz

\begin{matrix} cos α cos 2 α cos 2^{2} α ... cos 2^{k} α = \frac{sin 2^{k + 1} α}{2^{k + 1} sin α}, \end{matrix}

szorozzuk meg ezen egyenlőség mindkét oldalát

cos 2^{k + 1} α

-val és alkalmazzuk a

sin x cos x = (sin 2 x) / 2

átalakítást a jobb oldalra

x = 2^{k + 1} α

-val:

\begin{matrix} cos α cos 2 α cos 2^{2} α ... cos 2^{k} α cos 2^{k + 1} α = \frac{sin 2^{k + 1} α cos 2^{k + 1} α}{2^{k + 1} sin α} = \frac{sin 2^{k + 2} α}{2^{k +} sin α}, \end{matrix}

ami azt jelenti, hogy az állítás érvényessége

n = k

-ról

n = k + 1

-re öröklődött, az azonosság minden nemnegatív egész

n

-re érvényes minden olyan

α

mellett, amelyre a jobb oldalnak van értelme (ti.

α = j π

kivételével minden szögre).

Gárdonyi Eszter (Bp. V., Veres Pálné lg. IV. o.t.)

Megjegyzések. 1. Nem lényegesen különböző megoldás a fentitől az, ha úgy mutatjuk meg

n + 1

lépésben a bal oldali kifejezés és a jobb oldali nevező szorzatának a jobb oldal számlálójával való egyenlőségét, hogy minden lépésben felismerjük a tényezők között ugyanazon szög szinuszát és koszinuszát, és ezek 2-szeres szorzata helyett a 2-szer akkora szög szinuszát írjuk.

Papp Éva (Bp. VIII., Ságvári E. gyak. lg. IV. o. t.)

2. Már jobban különbözött a fentiektől azoknak a gondolatmenete, akik a

2 sin x cos x = sin 2 x

azonosságnak

x = α

2 α

2^{2} α

...

2^{n} α

-ra való felírása után mindezeket összeszorozták és a kapott egyenlőséget a mindkét oldalon fellépő,

sin α sin 2 α sin 2^{2} α

...

sin 2^{n} α

szorzattal osztották. Így azonban mindazokra az

a l p h a

értékekre további külön vizsgálat válik szükségessé, amelyekre

i = 0

, 1, 2, 3,

...

n

-nel

2^{i} α = j π

, ahol

j

egész szám, mert ezekkel az említett szorzat 0, vele nem oszthatunk. Eszerint ez az elgondolás csak kezdete, könnyebb része egy bizonyításnak.