Kezdőlap


Feladat:	1444. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bajna Zs. , Balázs Katalin , Bárány I. , Bod Judit , Dabóczi Ákos , Deák J. , Domokos L. , Fencsik Gábor , Fialovszky B. , Fövényesi Ildikó , Gáspár A. , Iváncsy Sz. , Joó I. , Karsai I. , Külvári I. , Langer T. , Muraközy Gy. , Nádai L. , Páldi Annamária , Palla L. , Papp Z. , Pintér J. , Recski A. , Sebők I. , Siska Judit , Sólymos L. , Szentgáli Á. , Szeredi P. , Szilágyi P. , Tihanyi L. , Varga Gabriella
Füzet:	1967/január, 10 - 11. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometrikus függvények, Egyenletek grafikus megoldása, Trigonometrikus egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1966/február: 1444. matematika feladat

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

A szöget ívmértékben értjük, mint goniometriai egyenleteknél általában. Az ilyen típusú egyenletek megoldására, amelyekben szögfüggvények mellett a szög is szerepel, általában. közelítő módszerek vezetnek célhoz, egy első közelítés meghatározására pedig gyakran jól használható a grafikus ábrázolás. Itt is függvények grafikus képére támaszkodva határozzuk meg a megoldások számát.
$sin x$ csak $- 1$ és 1 közti értékeket vesz fel, ezért csak azok az $x$ értékek jönnek tekintetbe, amelyekre

\begin{matrix} x ≦ 3142 + 157 = 3299 és x ≧ - 3142 + 157 = - 2985. \end{matrix}

(2)

Jobb áttekinthetőség kedvéért írjuk az egyenletet

\begin{matrix} sin x = \frac{x - 157}{3142} \end{matrix}

(1a)

alakban. A jobb oldali elsőfokú kifejezést jelöljük

e (x)

-szel. Ennek képe az

e

egyenes. Amíg

e (x) ≦ 0

, azaz

x ≦ 157

, addig az egyenes a

sin x

görbének csak az

X

-tengely alatti, tehát a

\begin{matrix} (2 k - 1) π ≦ x ≦ 2 k π (k egész szám) \end{matrix}

(3)

alakú intervallumokhoz tartozó íveit metszheti át;

e (x) ≧ 0

, azaz

x ≧ 157

esetén viszont csak az

X

-tengely fölötti íveit, vagyis ahol

\begin{matrix} 2 k π ≦ x ≦ (2 k + 1) π . \end{matrix}

(4)

Minden

X

-tengely alatti ívet átmetsz az egyenes, amíg

\begin{matrix} - 2985 ≦ (2 k - 1) π és 2 k π ≦ 157, azaz \end{matrix}

\begin{matrix} - \frac{2985}{2 π} + \frac{1}{2} ≦ k ≦ \frac{157}{2 π}, - 474, 57 ... ≦ k ≦ 24, 98 ..., \end{matrix}

(5)

mert így a (3) végpontjaiban

sin x = 0 > e (x)

, a felezőpontban viszont

\begin{matrix} sin (2 k - \frac{1}{2}) π = - 1 = e (- 2985) < e ([2 k - \frac{1}{2}] π) < 0, \end{matrix}

és a metszéspontok száma minden ilyen íven 2, mert az

X

-tengely (3) intervalluma és az ív konvex tartományt határol, az ilyennek a határát pedig az egyenes, ha metszi, akkor 2 pontban metszi (1. ábra; az

e (x)

-szel jelölt egyenes meredeksége, jobb szemlélet érdekében jóval nagyobb a helyes

1 / 3142 \approx 0, 00032

értéknél). (5)-nek a

k = - 474, - 473, ..., - 1, 0, 1, ..., 24

értékek tesznek eleget, ezek 499 ívet, és rajta 998 metszéspontot adnak.

1. ábra

2. ábra

(2)-nek eleget tesz a (3) alakú intervallumok közül a

k = - 475

-höz tartozónak a

(- 2985, - 950 π = - 2984, 51 ...)

részintervalluma is, ebben azonban nincs metszés, mert a hossza rövidebb, mint

π / 2 = 1, 57 ...

, a

- 950, 5 π

felezőpont már nem esik a részintervallumba (2. ábra).
Az

x = 157

érték pedig a

k = 25

-höz tartozó (3) alakú intervallumba esik, mert

49 π = 153, 9 ... < 157

. Ennek az intervallumnak a kezdő és a felezőpontjában is érvényes a fenti megállapítás, ezért

e

az ehhez az intervallumhoz tartozó konvex tartományt is átmetszi, de a metszéspontok közül csak az első esik a görbe határvonalra, a második az

X

-tengely intervallumára (3. ábra). Az eddigiek szerint míg

x ≦ 157

, a metszéspontok száma 999.

3. ábra

4. ábra

Hasonlóan az

e

egyenes minden az

X

-tengely fölötti ívét átmetszi a

sin x

görbének, amíg

\begin{matrix} 157 ≦ 2 k π és (2 k + 1) π ≦ 3299, azaz \end{matrix}

\begin{matrix} \frac{157}{2 π} ≦ k ≦ \frac{3299}{2 π} - \frac{1}{2}, 24, 98 ... ≦ k ≦ 524, 55 ..., \end{matrix}

(6)

mert a (4) intervallumok végpontjaiban

sin x = 0 < e (x)

, a felezőpontokban

sin (2 k + \frac{1}{2}) π = 1 = e (3299) > e ([2 k + \frac{1}{2}] π) > 0,

és minden íven 2 metszéspont van, mert a (4) alakú intervallum és a fölötte levő ív konvex tartományt határol. (6)-nak a

k = 25, 26, ..., 524

értékek tesznek eleget, így 500 ívet és 1000 metszéspontot kapunk (4. ábra).
(2)-nek eleget tesz még a

k = 525

-höz tartozó (4) alakú intervallumnak

(1050 π = 3298, 57 ..., 3299)

részintervalluma is (5. ábra), hossza kisebb

π / 2

-nél, így benne nem éri el

sin x

1 = e (3299)

értéket, nincs metszéspont.

5. ábra

Mindezek szerint az

e

egyenes a

sin x

görbét 1999 pontban metszi, ennyi tehát az (1) egyenlet megoldásainak száma.
Fencsik Gábor (Budapest, Berzsenyi D. g. III. o. t.)

Dabóczi Ákos (Budapest, Fáy A. g. III. o. t.)