Feladat: F.2502 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bán Rita ,  Bóna M. ,  Boros Z. ,  Bortel L. ,  Deák CS. ,  Fülöp T. ,  Hetyei Judit ,  Juhász T. ,  Kintli L. ,  Kohári Zs. ,  Kós G. ,  Kovács 123 L. ,  Ligeti Z. ,  Malatinszky A. ,  Menyhárt I. ,  Mihelcsik Éva ,  Németh-Buhin Á. ,  Olasz-Szabó M. ,  Pfeil T. ,  Regős G. ,  Ribényi Á. ,  Sobor G. ,  Szabó 341 Z. ,  Szigeti Z. ,  Varga L. ,  Vasy A. 
Füzet: 1985/november, 361 - 362. oldal  PDF file
Témakör(ök): Azonosságok, Trigonometriai azonosságok, Határozott integrál, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/december: F.2502

Adjuk meg az összes olyan a1,a2,...,an valós számokat, amelyek mellett minden valós x-re
a1cosx+a2cos2x+...+akcoskx+...+ancosnx=0.(2)

I. megoldás. Bebizonyítjuk, hogy coskx előállítható cosx (legfeljebb) k-adfokú polinomjaként. Teljes indukcióval bizonyítunk. k=1-re az állítás nyilvánvaló, k=2-re következik a cos2x=2cos2x-1 összefüggésből. Tegyük fel, hogy coskx minden k<m értékre előáll, cosx legfeljebb k-adfokú polinomjaként. Ekkor a
2cos(m-1)xcosx=cos(m-2)x+cosmx
azonosság alapján cosmx=2cos(m-1)xcosx-cos(m-2)x. Itt feltevésünk szerint cos(m-1)x legfeljebb (m-1)-edfokú, cos(m-2)x pedig legfeljebb (m-1)-edfokú polinomja cosx-nek, tehát a jobb oldal (legfeljebb) m-edfokú polinomja cosx-nek. Ezzel beláttuk, hogy cosmx is (legföljebb) m-edfokú polinomja cosx-nek.
Ebből azonban következik, hogy a1cosx+a2cos2x+...+cos(n-1)x előállítható cosx legföljebb (n-1)-edfokú polinomjaként. Van tehát olyan legfeljebb (n-1)-edfokú p(y) polinom, amelyre
p(cosx)=a1cosx+a2cos2x...+an-1cos(n-1)x
minden x-re. Ha minden x-re teljesül (1), akkor
p(cosx)=-ancosnx(2)
minden x-re.
Legyen most
x1=π2n,...,xj=(2j-1)π2n,...,xn=(2n-1)π2n.
Minden ilyen xj-re
cosnxj=cos(2j-1)π2=0,
és az y1=cosx1, ..., yj=cosxj, ..., yn=cosxn értékek páronként különbözőek. Ekkor (1) és (2) szerint
p(yj)=p(cosxj)=-ancosnxj=0,
vagyis y1, ..., yj, ..., yn a p(y) polinom n darab különböző gyöke. De a p polinom legföljebb (n-1)-edfokú, tehát csak úgy lehet n különböző gyöke, ha azonosan nulla. Azt kaptuk, hogy
0p(cosx)-ancosnx,
amiből an=0 következik, hiszen cosnx nem azonosan nulla.
A gondolat (n-1)-szeri megismétlésével rendre kapjuk, hogy an-1=0, an-2=0, ..., a1=0. Az a1cosx+a2cos2x+...+ancosnx=f(x) függvény teht csak a1=a2=...=an=0 esetén lehet azonosan nulla, ekkor viszont valóban az.
II. megoldás. Bebizonyítjuk, hogy ha valamely ak0, akkor az f(x)=a1cosx+a2cos2x+...+ancosnx függvény nem lehet azonosan nulla. Szorozzuk meg e célból az f(x) függvényt coskx-szel és integráljuk a szorzatot x szerint nullától 2π-ig. Az f(x)coskx l-edik tagjának integrálja, ha lk:
al02πcoslxcoskxdx=12al02π(cos(k+l)x+cos(k-l)x)dx==12al[sin(k+l)xk+l+sin(k-l)xk-l]02π.


A k-adik tag integrálja
ak02πcos2kxdx=12ak02π(cos2kx+1)dx==12ak[sin2kx2k+x]02π=12ak2π=akπ0,


tehát
02πf(x)coskxdx=akπ0,
ami nem állhatna fenn, ha f(x), s ezért f(x)coskx is minden x-re nulla volna. Ezzel beláttuk, hogy ha valamely ak nem nulla, akkor f(x) nem azonosan nulla. Eszerint a1cosx+a2cos2x+...+akcosnx csak akkor lehet nulla minden x-re, ha a1=a2=...=an=0. Ebben az esetben viszont valóban minden x-re nulla a szóban forgó kifejezés.
 

 Helyei Judit (Pécs, Leöwey K. Gimn., IV. o. t.)
 
Megjegyzés. Az első megoldásban felhasznált állítást lényegében a következő formában láttuk be: coskx a cosx-nek pontosan k-adfokú polinomja. Ha most minden x-re a1cosx+...+ancosnx=0, akkor a1cosx+...+an-1cos(n-1)x-ancosnx. Itt a bal oldal legfeljebb n-1-edfokú, a jobb oldal viszont a10 esetén n-edfokú polinomja cosx-nek, ami nem lehet, mivel cosx végtelen sok különböző értéket vesz fel. Ebből következik, hogy an=0.