Feladat: F.1687 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Angyal József ,  Czédli G. ,  Fazekas Á. ,  Gál P. ,  Gáspár Gyula ,  Győry Gy. ,  Gönczi I. ,  Horváthy P. ,  Kabay Gy. ,  Kérchy L. ,  Kuhár J. ,  Lakatos B. ,  László A. ,  Légrády G. ,  Máté Gy. ,  Pál J. ,  Prőhle T. ,  Sashegyi L. ,  Selényi P. ,  Szendrei Ágnes ,  Szendrei Mária ,  Tóth Béla ,  Turán Gy. ,  Vajnági A. 
Füzet: 1970/november, 114 - 118. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Alakzatba írt kör, Trigonometriai azonosságok, Teljes indukció módszere, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Szabályos sokszögek geometriája, Alakzatok köré írt kör, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1969/november: F.1687

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

I. megoldás. Nyilvánvalóan k3, így az R, rk és a szabályos k-szög ak oldalának fele által alkotott derékszögű háromszögből

rk=Rcosπk,
tehát (R-rel végigosztva) azt kell bizonyítanunk, hogy
(n+1)cosπn+1-ncosπn>1(=cos0),(1)
más szóval, hogy
n(cosπn+1-cosπn)>cos0-cosπn+1.

Mindkét különbség pozitív, így ez az egyenlőtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha a bal és jobb oldalának hányadosa nagyobb, mint 1. Szorzattá alakítással
n(cosπn+1-cosπn)cos0-cosπn+1=nsinπ/2n(n+1)sinπ/2n+1sin2n+1nπ/2n+1sinπ/2n+1.(2)
Itt a második tényező nagyobb 1-nél, hiszen egyrészt
2n+1n(n+1)=1n+1n+113+14<1,
ezért
π2>2n+1nπ/2n+1>π/2n+1>0,
másrészt mert a sinus függvény a (0,π/2) nyitott intervallumban monoton növekvő és pozitív.
(2) első tényezője egyszerűbben így írható
nsinxsinnx,(3)
ahol
x=π/2n(n+1)és így0<x<nx<π2;
erről teljes indukcióval mutatjuk meg, hogy mindig nagyobb 1-nél, ha n természetes szám.
n=2 esetén, 0<cosx<1 alapján
2sinx>2sinxcosx=sin2x,
állításunk helyes. Feltéve mármost, hogy az n természetes számra (3) értéke nagyobb 1-nél, vagyis hogy más alakban
(0<)sinnx<nsinx,akkorsin(n+1)x=sinnxcosx+cosnxsinx<sinnx+sinx<<nsinx+sinx=(n+1)sinx,


tehát a tulajdonság valóban öröklődik (a cosinusok helyett 1-et írva mindkét szorzatot nagyobbal pótoltuk).
Ezek szerint (2) mindig nagyobb 1-nél, és ez az előrebocsátottak szerint egyértelmű a feladat állításával.
 

Gáspár Gyula (Miskolc, Herman O. Gimn., II. o. t. )
 

Megjegyzés. Alsó korlátot kapunk cos(π/m)-re, ha (1)-et felírjuk az n+1=4, 5,...,m értékekre és a kapott egyenlőtlenségeket összeadjuk. Átrendezéssel
mcosπm>(m-3)+3cosπ3=m-32,cosπm>1-32m(m4).


Jobb a becslés, ha csak az n+1=7,8,...,m értékekre szorítkozunk
mcosπm>(m-6)+6cosπ6>m-1,cosπm>1-1m(m>7).



Az iskolai függvénytáblázatok* 18. táblázata (58. o.) ϱ/r oszlopának adatai szerint m10-re már cosπ/m>1-1/2m is áll, m15-re pedig 1-1/3m is.
 

II. megoldás. Legyen röviden
πn+1=α,πn=β,azazn+1=πα,n=πβ.
Ezeket (1)-be beírva, majd π-vel osztva a bizonyítandó egyenlőtlenség (csupa megfordítható átalakítással) így írható:
1αcosα-1βcosβ>(n+1)-nπ=1α-1β,1-cosα-α>1-cosβ-β(0<α<β<π2).(4)


Ha van olyan ω, melyre α=kω, β=mω (k<m, természetes számok), akkor (4) bizonyítása a következő: azt kell belátnunk, hogy
1-cosαkω<1-cosβmω.
Legyen az egységsugarú, O középpontú kör A0Aj ívéhez tartozó középponti szög jω (j=1,2,...,m), és jelöljük az Aj pont vetületét az OA0 egyenesen Bj-vel, a BjBj-1 szakasz hosszát cj-vel (j=1,2,...,m).
 
 
1. ábra
 

Mivel cosα=OBk, cosβ=OBm, azt kell megmutatnunk, hogy (1. ábra):
1k(c1+c2+...+ck)<1m(c1+c2+...+cm).
Megmutatjuk, hogy a cj számok monoton nőnek:
cj+1>cj.
Legyen Aj, ill. Aj-1 vetülete az Aj+1Bj+1, ill. AjBj egyenesen Dj, ill. Dj-1. Az AjDjAj+1, Aj-1Dj-1Aj derékszögű háromszögek átfogója egyenlő, az elsőnek Aj+1-nél levő szöge, (j+1/2)ω, nagyobb, mint a másodiknak Aj-nél levő, (j+ +1/2)ω nagyságú szöge, tehát e szögekkel szemközti befogók közül az elsőé a nagyobb, AjDj>Aj-1Dj-1, vagyis cj+1>cj (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

Legyen most
dj=1j(c1+c2+...+cj),
ekkor elegendő megmutatnunk, hogy dj<dj+1:
c1+c2+...+cjj<c1+c2+...+cj+cj+1j+1,(j+1)(c1+c2+...+cj)<j(c1+c2+...+cj+cj+1)c1+c2+...+cj<jcj+1,


ami valóban igaz, hiszen a bal oldali összeg minden tagja kisebb cj+1-nél. Ezzel bebizonyítottuk (4)-et minden olyan esetre, amikor αβ racionális. Ez pedig feladatunkban fennáll, mert αβ=nn+1.
 

Megjegyzések. 1. Szemléletes értelmezését adjuk (4)-nek. A két oldalon a cosx függvényt ábrázoló görbe két húrjának iránytangense áll, éspedig a (0, β), ill. (0, α) intervallum fölötti KB, ill. KA görbeív végpontjait összekötő húré (3. ábra).
 
 
3. ábra
 

Fogadjuk el a szemlélet alapján (azaz bizonyítás nélkül), hogy cosx grafikonja a (0,π/2) intervallumban konkáv (alulról, vagyis az y tengely pozitív irányába nézve), ami azt jelenti, hogy bármely részívének végpontjait összekötve, az ív a kapott húr fölött halad. Eszerint, az α pontbeli ordinátaegyenes és KB metszéspontját A'-vel jelölve, αA'<αA, így a KA' egyenes meredekebben süllyed, mint KA, tehát (4) bal oldala valóban nagyobb (kisebb abszolút értékű negatív szám), mint a jobb oldala.
 

Angyal József (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., III. o. t.)
 

2. Az elfogadott állítást némileg alátámasztja, hogy bármely x1, x2-re, hacsak
-π2<x1<x2<π2,
a cosx grafikonján az (x1,x2) intervallum fölötti ív végpontjait összekötő húr felezőpontja alatta van az ívnek. Ennek koordinátái ugyanis
x1+x22,cosx1+cosx22,
és
cosx1+x22-cosx1+cosx22=cosx1+x22(1-cosx2-x12)>0,
mert mindkét tényező pozitív, hiszen
x2-x12<π2.

3. Más alátámasztása a konkávságnak: cosx deriváltja, érintőjének iránytangense -sinx, és ez a mondott (0,π/2) intervallumban monoton csökken, a görbe lefelé ,,kanyarodik'' (a második derivált: (cosx)''=-cosx<0).
*Hack F.: Függvénytáblázatok, matematikai összefüggések. Tankönyvkiadó, Budapest, 1969.