|
Feladat: |
1575. matematika feladat |
Korcsoport: 18- |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Bálványos Z. , Borzsák P. , Csetényi A. , Csirmaz L. , Kemény A. , Kovalszky R. , László L. , Lempert L. , Michaletzky Gy. , Nagy András (Bp. Toldy) , Nagy Dénes , Nagy Zsigmond , Sax Gy. , Váli L. |
Füzet: |
1968/november,
120 - 122. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Azonosságok, Polinomok, Feladat, Rekurzív sorozatok |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1967/december: 1575. matematika feladat |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Az (1) táblázat indexű és a (2) táblázat indexű sorai kielégítik a (3)-ban leírt képezési szabályt. Legyenek az (1)-nek ilyen, vagy az így képezett folytatásnak , , és indexű sorában az együtthatók:
vagyis, C=2cosx megfelelő hatványait is kiírva:
Cn-2=2cos(n-2)x=Cn-2+c1Cn-4+c2Cn-6+...(4)Cn-1=2cos(n-1)x=Cn-1+b1Cn-3+b2Cn-5+...(5)Cn11=2cosnxn-1=Cn11+a1Cn-2+a2Cn-4+...(6)
Minthogy ezekre és általában i=2, 3, ... esetén másrészt (4)‐(6) szerint b1 és bi a C változó 1-gyel kisebb kitevőjű hatványának együtthatója, mint a1, ill. ai és ci-1, azért (7)-ből és (8)-ból a következő összefüggést sejtjük: Ezt fogjuk bizonyítani. Valóban, a | cosu+cosv=2cosu+v2cosu-v2 | azonosság alapján Cn+Cn-2=2cosnx+2cos(n-2)x=4cos(n-1)xcosx==(2cosx)(2cos(n-1)x)=C⋅Cn-1,
tehát sejtésünk helyes. (9) alapján a C változó (6) alatti polinomja az (5) alatti polinom C-szeresének és a (4) alatti polinomnak a különbségével egyenlő: Cn+a1Cn-2+a2Cn-4+...=C(Cn-1+b1Cn-2+b2Cn-4+...)-(Cn-2+c1Cn-4+c2Cn-6+...).
Ez akkor teljesül, ha C megfelelő hatványainak az együtthatói a két oldalon egyenlők: Cn együtthatója a bal oldalon:1, a jobb oldalon: 1;Cn-1 együtthatója a bal oldalon:0, a jobb oldalon: 0;Cn-2 együtthatója a bal oldalon:a1, a jobb oldalon: b1-1;. . .Cn-2i együtthatója a bal oldalon:ai, a jobb oldalon: bi-ci-1;Cn-2i-1 együtthatója a bal oldalon:60, a jobb oldalon: 0;. . .
(9) tehát következik a (8) alatti képezési szabályból. Így ha (4) és (5) azonosság, és a bennük szereplő együtthatókból (8) alapján állítjuk elő a (6) alatti együtthatókat, akkor (6) is azonosság. β) Az állítás szerint (7) és (8) akkor is érvényesek, ha (4)‐(6) bal oldalára rendre Sn-2-t, Sn-1-t, Sn-t írjuk, és a c1, c2, ..., b1, b2, ..., a1, a2, ... együtthatókon a (2) táblázat n-2, n-1, ill. n indexű sorának együtthatóit értjük. Ezért a (9)-nek megfelelő összefüggést is igazolnunk kell. Valóban, az előbbihöz hasonlóan Sn+Sn-2=sinnx+sin(n-2)xsinx=2sin(n-1)xcosxsinx=2cosx⋅sin(n-1)xsinx=C⋅Sn-1.
γ) Már csak azt kell belátnunk, hogy a táblázatoknak (3) alapján nem képezhető elemei, vagyis az első két sor számai helyesek. Ezek ismert azonosságok alapján közvetlenül igazolhatók:
2cos2x=2(cos2x-sin2x)=2(2cos2x-1)=(2cosx)2-2=C2-2;sin2xsinx=2cosx=C;sin3xsinx=3sinx-4sin3xsinx=3-4sin2x=3-4(1-cos2x)=(2cosx)2-1=C2-1.
Ezzel a feladat mindegyik állítását igazoltuk. Nagy Zsigmond (Budapest, Kaffka M. Gimn.) Megjegyzések. 1. A (2) táblázatot 4 sorral kiegészítve a következőket kapjuk: 1, -6, 10, -4; 1, -7, 15; -10, 1; 1, -8, 21, -20, 5; 1, -9, 28, -35, 15, -1, és a legutóbbi sor együtthatói megfelelnek az 1508. feladatban látott sin11φ=sinφ(1024cos10φ-2304cos8φ+1792cos6φ-560cos4φ+60cos2φ-1) előállításnak. 2. Ajánljuk az érdeklődőknek a feladat egybevetését a Matematikai és Fizikai Társulat 1899. évi tanulóversenyének 1. feladatával. K. M. L. 35 (1967) 130. o.Lásd: Kürschák József-Hajós György-Neukomm Gyula-Surányi János: Matematikai versenytételek, I. rész, 3. kiadás, Tankönyvkiadó, Budapest, 1965, 46‐51. o. |
|