Kezdőlap


Feladat:	F.2099	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Balázs I. J. , Baumann O. , Bessenyey B. , Császár Attila , Cseke I. , Csikós B. , Erdélyi T. , Fegyverneki S. , Filakovszky P. , Friedl Katalin , Hajnal P. , Hazag T. , Herget J. , Horváth 619 M. , Hülber E. , Ivanyos G. , Knébel István , Koncz K. , Lukács 258 Erzsébet , Pósafalvi A. , Pyber L. , Rábai Z. , Sali A. , Szalkai I. , Székely Z. , Szendrei Gy. , Szőke Róbert , Tóth Cs. , Vágvölgyi S. , Varga 711 G. , Verő Mária , Zempléni A.
Füzet:	1978/február, 60 - 61. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometriai azonosságok, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1977/május: F.2099

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

Bizonyítsuk be első lépésként a következő állítást: Ha $2^{k} α \neq m π$ ( $k = 0$ , $1$ , $...$ , $n$ ; $m$ egész szám), akkor:

\begin{matrix} \frac{1}{sin 2 α} + \frac{1}{sin 4 α} + ... + \frac{1}{sin 2^{n} α} = \frac{1}{sin α} \cdot \frac{sin (2^{n} - 1) α}{sin 2^{n} α} . \end{matrix}

(2)

A bizonyítás módszere teljes indukció.

n = 1

esetben az állítás triviális. Tegyük fel, hogy

n

-re teljesül az állításunk, megmutatjuk, hogy

(n + 1)

-re is igaz.
Az utolsó

n

tagra és

α

helyébe

2 α

-t írva alkalmazzuk az indukciós feltevésünket, és a

sin 2 x = 2 sin x cos x

sin x + sin y = 2 sin \frac{x + y}{2} cos \frac{x - y}{2}

azonosságokat:

\begin{matrix} \frac{1}{sin 2 α} + (\frac{1}{sin 2 (2 α)} + ... + \frac{1}{sin 2^{n} (2 α)}) = \frac{1}{sin 2 α} + \frac{1}{sin 2 α} \cdot \frac{sin (2^{n} - 1) \cdot 2 α}{sin 2^{n} \cdot 2 α} = \\ = \frac{1}{sin 2 α} \cdot \frac{sin 2^{n} \cdot 2 α + sin (2^{n} - 1) \cdot 2 α}{sin 2^{n + 1} α} = \frac{1}{2 sin α cos α} \cdot \frac{2 sin (2^{n + 1} - 1) α \cdot cos α}{sin 2^{n + 1} α} = \\ = \frac{1}{sin α} \cdot \frac{sin (2^{n + 1} - 1) α}{sin 2^{n + 1} α} . \end{matrix}

Ezzel az állítást igazoltuk.
Ha

α = \frac{π}{2^{n + 1} - 1}

, akkor

sin (2^{n} - 1) α = sin 2^{n} α

, mivel az argumentumok összege

π

. Az állítás feltételei teljesülnek, hiszen

0 \leq k \leq n

esetén

0 < 2^{k} α = \frac{2^{k} \cdot π}{2^{n + 1} - 1} < π

így

(2)

épp a bizonyítandó egyenlőséget adja.

Knébel István (Budapest, József Attila. Gimn., IV. o. t.)