Kezdőlap


Feladat:	1129. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Gillemot László , Kláb János
Füzet:	1962/május, 211 - 212. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometrikus egyenletek, Paraméteres egyenletek, Trigonometriai azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1961/október: 1129. matematika feladat

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

I. megoldás. A jobb oldal helyére $cos^{2} x + sin^{2} x$ -et írva (1) így alakítható:

\begin{matrix} sin^{2} x (1 + sin^{n - 2} x) + cos^{2} x (1 - cos^{n - 2} x) = 0. \end{matrix}

(2)

n = 1

eset vizsgálatát későbbre halasztva, minden más esetben

n - 2 \geq 0

, így

sin^{n - 2} x \geq - 1

, és

cos^{n - 2} x \leq 1

, ezért

1 + sin^{n - 2} x \geq 0

, és

1 - cos^{n - 2} x \geq 0

, tehát (2) bal oldalán egyik szorzat sem negatív. Így (2) csak úgy teljesülhet, ha mindkét szorzat eltűnik:

\begin{matrix} sin^{2} x (1 + sin^{n - 2} x) = 0, és & (3) \\ cos^{2} x (1 - cos^{n - 2} x) = 0 & (4) \end{matrix}

egyszerre fennáll. ‐ (3) két esetben teljesül: ha
a)

sin^{2} x = 0

, azaz

x = k π

(

k

egész szám);
b)

sin^{n - 2} x = - 1

, ennek csak páratlan

n

mellett van valós megoldása:

sin x = - 1

, azaz

\begin{matrix} x = \frac{3}{2} π + 2 k π . \end{matrix}

Az a) esetben

cos x = \pm 1

, így (4) csak úgy teljesülhet, ha második tényezője

0

. Páros

n

-re

cos^{n - 2} x = 1

, ezért a második tényező mindig

0

, páratlan

n

-re viszont csak akkor

0

a második tényező, ha

cos x = + 1

, azaz

x = 2 k π

esetén.
A b) esetben

cos x = 0

, tehát (4) teljesül.
Végül

n = 1

mellett (1) osztással így írható:

\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt[]{2}} cos x - \frac{1}{\sqrt[]{2}} sin x = cos \frac{π}{4} cos x - sin \frac{π}{4} sin x = cos (\frac{π}{4} + x) = \frac{1}{\sqrt[]{2}}, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} \frac{π}{4} + x = \pm \frac{π}{4} + 2 k π, azaz x = {\begin{matrix} 2 k π \\ \frac{3}{2} π + 2 k π . \end{matrix} \end{matrix}

Más úton ugyanarra az eredményre jutottunk, mint fentebb az

1

-nél nagyobb páratlan

n

kitevőkre. Ezek szerint a megoldás:

\begin{matrix} ha n & = 2 j (j > 0, egész) : & x = k π (k egész); \\ ha n & = 2 j - 1 (egész) : & x = & {\begin{matrix} 2 k π, \\ (\frac{3}{2} + 2 k) π . \end{matrix} \end{matrix}

Gillemot László (Budapest, József A. g. IV. o. t.)

II. megoldás. Páros

n

esetén

cos^{n} x

és

sin^{n} x

0

és

1

közti számok ‐ a két határt is megengedve ‐, ennélfogva különbségük legnagyobb értéke úgy adódik, ha

cos^{n} x

legnagyobb és

sin^{n} x

legkisebb értékét vesszük:

\begin{matrix} cos^{n} x - sin^{n} x \leq 1. \end{matrix}

Az adott egyenlet éppen e legnagyobb érték felvételét írja elő, tehát

\begin{matrix} cos^{n} x = 1, sin^{n} x = 0, amiből cos x = \pm 1, x = k π . \end{matrix}

Páratlan

n

mellett is megoldást ad

cos x = 1

x = 2 k π

, egyébként

sin^{n} x = cos^{n} x - 1 < 0

, így

sin x < 0

, tehát (egyelőre a

(0,2 π)

intervallumra szorítkozva)

\begin{matrix} π < x < 2 π . \end{matrix}

Vezessük be új ismeretlennek

y = 2 π - x

-et. Ekkor

cos x = cos y

sin x = - sin y

, és

π > y > 0

, tehát

sin y > 0

, és (1) így alakul

\begin{matrix} cos^{n} y + sin^{n} y = 1. \end{matrix}

(5)

Innen

\begin{matrix} cos^{n} y = 1 - sin^{n} y \geq 0, \end{matrix}

tehát

cos y \geq 0

, ezért csak a

π / 2 \geq y > 0

szögekről lehet szó. Nyilvánvaló, hogy

y = π / 2

megoldás, és így (1)-nek

x = 3 π / 2

is megoldása.
Megmutatjuk, hogy a

0 < y < π / 2

értékekre (5) nem teljesülhet, tehát további megoldás nincs. Valóban,

n = 1

esetén

cos y

és

sin y

a derékszögű koordináta-rendszerben az origó körüli egységkör

y

irányszögű

P

pontjának koordinátái, és így az

O P P'

derékszögű háromszögben (

P'

P

vetülete az

X

-tengelyre) a háromszög-egyenlőtlenség alapján

\begin{matrix} O P' + P' P > O P, azaz cos y + sin y > 1. \end{matrix}

n \geq 3

esetén viszont

cos^{n} y < cos^{2} y

sin^{n} y < sin^{2} y

, és így

cos^{n} y + sin^{n} y < cos^{2} y + sin^{2} y = 1

.
Eredményeink mindenben egyeznek az I. megoldás végén levő összeállítással.

Kláb János (Pécs, Zipernovszky K. gépip. t. III. o. t.)