Kezdőlap


Feladat:	F.2085	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Baksai R. , Balázs I. J. , Baranyai Á. , Baranyai A. , Benkő T. , Blázsik Z. , Csikós B. , Erdélyi T. , Fegyverneki S. , Filakovszky P. , Gubics J. , Hajnal P. , Horváth 238 L. , Horváth 619 M. , Hülber E. , ifj. Szabó S. , Iván T. , Ivanyos G. , Knébel I. , Koncz K. , Lenkei Péter , Lukács 258 Erzsébet , Német 892 R. , Pethő A. , Pósafalvi A. , Pyber L. , Rapai T. , Rosanics Gy. , Spissich L. , Szabó 719 K. , Szalkai I. , Székely Z. , Szőke R. , Tóth Cs. , Tóth T. , Ujj L. , Varga 711 G. , Zempléni A.
Füzet:	1977/november, 128 - 130. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometriai azonosságok, Sorozat határértéke, Határozott integrál, Számsorozatok, Helyvektorok, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1977/március: F.2085

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

A $cos^{2} α = \frac{1 + cos 2 α}{2}$ azonosság alapján a bizonyítandó egyenlőség a következő alakot ölti:

\begin{matrix} \frac{1}{2 n} (n + cos \frac{4 π}{2 n + 1} + cos \frac{8 π}{2 n + 1} + ... + cos \frac{4 n π}{2 n + 1}) = \frac{2 n - 1}{4 n} . \end{matrix}

Ennek igazolásához elég belátni, hogy

\begin{matrix} 2 \cdot (cos \frac{4 π}{2 n + 1} + cos \frac{8 π}{2 n + 1} + ... + cos \frac{4 n π}{2 n + 1}) = - 1, \end{matrix}

vagy más formában:

\begin{matrix} cos 0^{\circ} + (cos \frac{4 π}{2 n + 1} + cos \frac{8 π}{2 n + 1} + ... + cos \frac{2 n \cdot 2 π}{2 n + 1}) + \\ + (cos \frac{4 π}{2 n + 1} + cos \frac{8 π}{2 n + 1} + ... + cos \frac{2 n \cdot 2 π}{2 n + 1}) = 0. \end{matrix}

A második zárójeles kifejezés minden tagját a

cos α = cos (2 π - α)

összefüggés szerint átalakítva:

\begin{matrix} cos \frac{4 π}{2 n + 1} + cos \frac{8 π}{2 n + 1} + ... + cos \frac{2 n \cdot 2 π}{2 n + 1} = cos \frac{(2 n - 1) 2 π}{2 n + 1} + \\ + cos \frac{(2 n - 3) 2 π}{2 n + 1} + ... + cos \frac{2 π}{2 n + 1} . \end{matrix}

Ennek alapján a bizonyítandó összefüggés a következő:

\begin{matrix} \sum_{k = 0}^{2 n} cos \frac{k \cdot 2 π}{2 n + 1} = 0. \end{matrix}

Ennek igazolásához vegyünk egy egységnyi sugarú körbe írt

2 n + 1

oldalú szabályos sokszöget. Helyezzük el az

x

y

derékszögű koordináta-rendszerben úgy, hogy a sokszög középpontja legyen a koordináta-rendszer kezdőpontja, s az

i

alapvektor az egyik csúcspontba mutasson.
Megmutatjuk, hogy a szabályos sokszög középpontjából a sokszög csúcsaiba mutató vektorok összege

0

.
Ha ugyanis e vektorok mindegyikét

\frac{2 π}{2 n + 1}

szöggel elforgatjuk mondjuk pozitív irányba, az összegvektor is ugyanennyivel fordul el, másrészt az összeadandó vektorok összességükben ugyanazok maradnak, ezért összegük is változatlan kell hogy maradjon. Ez csak úgy lehetséges, ha az összegvektor

0

vektor.

(\frac{2 π}{2 n + 1}

nem lehet

2 π

egész számú többszöröse, ha

n \geq 1.)

\sum_{k = 0}^{2 n} cos \frac{k 2 π}{2 n + 1}

nem más, mint az összegvektor

x

koordinátája, a mondottak alapján értéke tehát

0

. Ezzel az (1) egyenlőséget minden

n \geq 1

egész számra bebizonyítottuk.
Az (1) egyenlőség alapján meghatározhatjuk az

\int_{0}^{π} cos^{2} x d x

értékét. Osszuk a

[0, π]

zárt intervallumot

n

egyenlő részre.

ξ_{i} = \frac{i 2 π}{2 n + 1}

i

intervallum eleme, mivel

\begin{matrix} \frac{i - 1}{n} π < \frac{i 2 π}{2 n + 1} < \frac{i}{n} π (i = 1,2, ..., n) . \end{matrix}

[0, π]

zárt intervallumban folytonos

cos^{2} x

függvény

0

-tól

π

-ig vett integrálja létezik, és a

ξ_{i}

-re fennálló egyenlőtlenségek folytán

\begin{matrix} \int_{0}^{π} cos^{2} x dx = {lim}_{n \to \infty}^{} \frac{π}{n} \sum_{i = 1}^{n} cos^{2} \frac{i 2 π}{2 n + 1} . \end{matrix}

Az (1) egyenlőséget felhasználva

\begin{matrix} \int_{0}^{π} cos^{2} x dx = {lim}_{n \to \infty}^{} π \frac{2 n - 1}{4 n} = \frac{π}{2} . \end{matrix}

Lenkei Péter (Budapest, József A. Gimn., IV. o. t.)