|
Feladat: |
F.1678 |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Cserepes L. , Dombi G. , Engedi A. , Fazekas Á. , Frankl P. , Füredi Z. , Gáspár Gy. , Hadik R. , Hermann T. , Horváth M. , Horváthy P. , Jakab F. , Kérchy L. , Láz József , Maróti Gy. , Martoni Viktor , Nagy Sándor , Pál J. , Pataki B. , Pressing L. , Prőhle T. , Pukler A. , Sashegyi L. , Simon Júlia , Takács Helga , Tarsó B. , Turán Gy. , Vajnági A. |
Füzet: |
1970/március,
106 - 107. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Trigonometriai azonosságok, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1969/október: F.1678 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. Az addíció-tétel alapján átrendezve
és itt az és kifejezéseknek legalább az egyike -tól különböző, mert nem azonosan . Valóban, az helyen (1) szerint | | és itt minden egyes számlálóra fennáll , ezért | |
Ha mármost pl. , akkor zérus helyeire (2)-ből és ha ennek eleget tesz, akkor a függvény periodikus volta alapján, és mert egy perióduson belül minden valós értéket egyszer vesz fel, minden más gyöke alakú, hol egész szám. Ebből adódik az állítás. Ha pedig éppen , akkor , és így (2)-ből ennek zérus helyei és (ahol egész), és könnyű belátni, hogy bármely kettőjüknek különbsége egész többszöröse -nek.
Martani Viktor (Veszprém, Lovassy L. Gimn., III. o. t.) |
II. megoldás. Válasszunk egy kezdőpontot, és egy félegyenest alapiránynak, és rakjuk fel az vektort , melynek abszolút értéke és irányszöge (ívmértékben) . E vektorok irányú komponenseinek összege, ami ugyanaz, mint összegüknek irányú komponense, nyilvánvalóan az hosszúságú és , ill. irányszögű vektor aszerint, hogy , ill. . nem -vektor, mert | | abszolút értéke nem kisebb -nél, hiszen az középpontú, sugarú kör kerületén van, és e körnek -hoz legközelebbi pontja az szakasz felező-pontja. Ugyanígy kapjuk, tagról tagra képezve a részösszegeket, hogy hozzáadása után .
Tetszőleges -re (1) szerint úgy kapjuk az abszolút értékű és vagy irányszögű vektort, hogy mindegyik vektorunkat elfordítjuk körül ívmértékű szöggel, és így vesszük irányú komponensük összegét. Ezt egyszerűbben úgy is nyerhetjük, hogy -et fordítjuk el -szel és ennek irányú komponense a mondott vektor. Eszerint akkor és csak akkor , ha , az ezt eredményező forgásszögek pedig egész számú többszöröseiben különböznek egymástól. Ezzel az állítást bebizonyítottuk.
Láz József (Budapest, Eötvös J. Gimn., IV. o. t.) |
Megjegyzés. Az I. megoldás esete azt jelenti, hogy az egyenesen adódott. |
|