Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Azonosságok, Trigonometriai azonosságok, Határozott integrál, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1984/december: F.2502

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

Adjuk meg az összes olyan $a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}$ valós számokat, amelyek mellett minden valós $x$ -re

\begin{matrix} a_{1} cos x + a_{2} cos 2 x + ... + a_{k} cos k x + ... + a_{n} cos n x = 0. \end{matrix}

(1)

I. megoldás. Bebizonyítjuk, hogy

cos k x

előállítható

cos x

(legfeljebb)

k

-adfokú polinomjaként. Teljes indukcióval bizonyítunk.

k = 1

-re az állítás nyilvánvaló,

k = 2

-re következik a

cos 2 x = 2 cos^{2} x - 1

összefüggésből. Tegyük fel, hogy

cos k x

minden

k < m

értékre előáll,

cos x

legfeljebb

k

-adfokú polinomjaként. Ekkor a

\begin{matrix} 2 cos (m - 1) x cos x = cos (m - 2) x + cos m x \end{matrix}

azonosság alapján

cos m x = 2 cos (m - 1) x cos x - 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

cos x

-nek, tehát a jobb oldal (legfeljebb)

m

-edfokú polinomja

cos x

-nek. Ezzel beláttuk, hogy

cos m x

is (legföljebb)

m

-edfokú polinomja

cos x

-nek.
Ebből azonban következik, hogy

a_{1} cos x + a_{2} cos 2 x + ... + a_{n - 1} cos (n - 1) x

előállítható

cos x

legföljebb

(n - 1)

-edfokú polinomjaként. Van tehát olyan legfeljebb

(n - 1)

-edfokú

p (y)

polinom, amelyre

\begin{matrix} p (cos x) = a_{1} cos x + a_{2} cos 2 x \end{matrix}

minden

x

-re. Ha minden

x

-re teljesül (1), akkor

\begin{matrix} p (cos x) = - a_{n} cos n x \end{matrix}

(2)

minden x-re.
Legyen most

\begin{matrix} x_{1} = \frac{π}{2 n}, ..., x_{j} = \frac{(2 j - 1) π}{2 n}, ..., x_{n} = \frac{(2 n - 1) π}{2 n} . \end{matrix}

Minden ilyen

x_{j}

-re

\begin{matrix} cos n x_{j} = cos \frac{(2 j - 1) π}{2} = 0, \end{matrix}

és az

y_{1} = cos x_{1}

...

y_{j} = cos x_{j}

...

y_{n} = cos x_{n}

értékek páronként különbözőek. Ekkor (1) és (2) szerint

\begin{matrix} p (y_{j}) = p (cos x_{j}) = - a_{n} cos n x_{j} = 0, \end{matrix}

vagyis

y_{1}

...

y_{j}

...

y_{n}

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

\begin{matrix} 0 \equiv p (cos x) \equiv - a_{n} cos n x, \end{matrix}

amiből

a_{n} = 0

következik, hiszen

cos n x

nem azonosan nulla.
A gondolat

(n - 1)

-szeri megismétlésével rendre kapjuk, hogy

a_{n - 1} = 0

a_{n - 2} = 0

...

a_{1} = 0

. Az

a_{1} cos x + a_{2} cos 2 x + ... + a_{n} cos n x = f (x)

függvény tehát csak

a_{1} = a_{2} = ... = a_{n} = 0

esetén lehet azonosan nulla, ekkor viszont valóban az.
II. megoldás. Bebizonyítjuk, hogy ha valamely

a_{k} \neq 0

, akkor az

f (x) = a_{1} cos x + a_{2} cos 2 x + ... + a_{n} cos n x

függvény nem lehet azonosan nulla. Szorozzuk meg e célból az

f (x)

függvényt

cos k x

-szel és integráljuk a szorzatot

x

szerint nullától

2 π

-ig. Az

f (x) cos k x

l

-edik tagjának integrálja, ha

l \neq k

\begin{matrix} a_{l} \int_{0}^{2 π} cos l x cos k x d x = \frac{1}{2} a_{l} \int_{0}^{2 π} (cos (k + l) x + cos (k - l) x) d x = \\ = \frac{1}{2} a l {[\frac{sin (k + l) x}{k + l} + \frac{sin (k - l) x}{k - l}]}_{0}^{2 π} . \end{matrix}

k

-adik tag integrálja

\begin{matrix} a_{k} \int_{0}^{2 π} cos^{2} k x d x = \frac{1}{2} a_{k} \int_{0}^{2 π} (cos 2 k x + 1) d x = \\ = \frac{1}{2} a_{k} {[\frac{sin 2 k x}{2 k} + x]}_{0}^{2 π} = \frac{1}{2} a_{k} \cdot 2 π = a_{k} π \neq 0, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} \int_{0}^{2 π} f (x) cos k x d x = a_{k} π \neq 0, \end{matrix}

ami nem állhatna fenn, ha

f (x)

, s ezért

f (x) cos k x

is minden

x

-re nulla volna. Ezzel beláttuk, hogy ha valamely

a_{k}

nem nulla, akkor

f (x)

nem azonosan nulla. Eszerint

a_{1} cos x + a_{2} cos 2_{x} + ... + a_{k} cos n x

csak akkor lehet nulla minden

x

-re, ha

a_{1} = a_{2} = ... = a_{n} = 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:

cos k x

cos x

-nek pontosan

k

-adfokú polinomja. Ha most minden

x

-re

a_{1} cos x + ... + a_{n} cos n x = 0

, akkor

a_{1} cos x + ... + a_{n - 1} cos (n - 1) x \equiv - a_{n} cos n x

. Itt a bal oldal legfeljebb

n - 1

-edfokú, a jobb oldal viszont

a_{1} \neq 0

esetén

n

-edfokú polinomja

cos x

-nek, ami nem lehet, mivel

cos x

végtelen sok különböző értéket vesz fel. Ebből következik, hogy

a_{n} = 0