Feladat: F.2345 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1982/október, 56 - 57. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Trigonometrikus egyenletrendszerek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1982/január: F.2345

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

Jelöljük (tg xi)-t yi -vel, ezzel egyenletrendszerünk a következőképpen alakul:

yi+3yi=2yi+1(i==1,2,...,n-1);(2)yn+3yn=2y1.
Ha ennek van megoldása, akkor yi≠0, továbbá ha y1,y2,...,yn egy megoldás, akkor -y1,-y2,...,-yn is megoldás. Ezért feltehetjük, hogy y1>0 és ekkor (2) alapján yi>0 minden i-re. A számtani és mértani középre vonatkozó összefüggés alapján (2) bal oldalára
yi+1=yi+3yi2≥3,
azaz yi≥3, ezért 3/yi≤3 minden 1≤i≤n-re. Adjuk most össze a (2) alatti n darab egyenletet. Mindjárt rendezve
3y1+3y2...+3yn=y1+y2+...+yn.
A bal oldal értéke legfeljebb a n3, a jobb oldalé legalább n3, és egyenlőség csak úgy állhat, ha yi=3 minden i-re.
Következésképp (2)-nek két megoldása van: y1=y2=...=yn=3, illetve y1=y2=...=yn=-3. Az eredeti egyenletrendszer megoldásai tehát mindazok az x1,x2,...,nn szám n-esek, melyekre tg x1=tg x2=...=tg xn=3, azaz xi=60∘+ki⋅180∘ (ki egész) vagy pedig tg x1=tg x2=...=tg xn=-3, azaz xi=-60∘+li⋅180∘ (li egész).
 

Megjegyzés. Az yi+1=(yi+3/yi)/2 képlet az ún. Newton iterációs képlete 3 meghatározásához. Tetszőleges pozitív y1 értékből kiindulva az y2, y3 stb. értékek egyre jobban megközelítik 3-at, negatív y1 értékből indulva pedig -3-at. Ezért a sorozatban két egyenlő tag csak úgy fordulhat elő, ha az összes tag 3-mal (illetve -3-mal) egyenlő.