Kezdőlap


Feladat:	F.2573	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bánkövi Johanna , Baross Ágnes , Beke T. , Benczúr A. , Bereczky Á. , Binder Zsuzsanna , Blahota I. , Bodor Cs. , Csott R. , Cynolter G. , Drahos Enikő , Forgács Ágnes , Grallert Ágnes , Gyenes A. , Hajdú G. , Hantosi Zs. , Horváth E. , Horváth N. , Illés L. , Janszky J. , Jedlovszky P. , Juhász A. , Kántor A. , Kelemen Eszter , Kintli L. , Kovács 123 L. , Ligeti Z. , Majzik I. , Makay G. , Mátrai Katalin , Pál G. , Pfening A. , Pongor G. , Ribényi Á. , Szalai Gy. , Szederkényi Judit , Takács Á. , Talata I. , Tornyi L. , Varga Tünde , Várhegyi M. , Várkonyi V. , Veres Ildikó , Zsigmond L.
Füzet:	1986/november, 371 - 373. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Trigonometrikus egyenletek, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek, Trigonometriai azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1986/március: F.2573

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

Az egyenlet akkor értelmes, ha $tg (π tg x)$ és $ctg (π ctg x)$ értelmes, azaz ha $tg x$ értelmes és nem egyenlő $(l + \frac{1}{2})$ -del, ahol $l$ egész, továbbá $ctg x$ értelmes és nem egész szám.

Felhasználva a

ctg φ = tg (\frac{π}{2} - φ)

összefüggést, (1)-ből a

\begin{matrix} tg (π tg x) = tg (\frac{π}{2} - π ctg x) egyenletet kapjuk . \end{matrix}

(2)

Két szám tangense pontosan akkor egyenlő, ha a számok különbsége

π

egész számú többszöröse, így (2) pontosan akkor igaz, ha

\begin{matrix} π tg x - (\frac{π}{2} - π ctg x) = k π, azaz \\ tg x + ctg x = k + \frac{1}{2}, & (3) \end{matrix}

ahol

k

tetszőleges egész szám.
Az (1) egyenletnek tehát pontosan azok az

x

valós számok a megoldásai, amelyekre valamilyen

k

egésszel fennáll (3), mégpedig úgy, hogy nincsenek olyan

l

m

egész számok, amelyekre a

tg x

-re kapott érték

l + \frac{1}{2}

vagy

\frac{1}{m}

alakú.
A (3) egyenlet a

tg x

-re vonatkozó másodfokú egyenletté írható át, ennek megoldása

\begin{matrix} tg x = \frac{k + \frac{1}{2} \pm \sqrt[]{{(k + \frac{1}{2})}^{2} - 4}}{2} = \frac{2 k + 1 \pm \sqrt[]{4 k^{2} + 4 k - 15}}{4} . \end{matrix}

(4)

Az egyenletnek csak a

D = 4 k^{2} + 4 k - 15 \geq 0

esetben van megoldása, így (4)-ben

k \geq 2

vagy

k \leq - 3

.
Meg kell még vizsgálnunk, van-e

k

-nak olyan értéke, amelyre (4) jobb oldala

tg x

-re kizárt, tehát

l + \frac{1}{2}

vagy pedig

\frac{1}{m}

alakú. Nézzük meg,

k

-nak milyen értékeire kaphatjuk egyáltalán racionális megoldását a (3) egyenletnek. Ez nyilván pontosan akkor teljesül, ha (4)-ben a négyzetgyök alatt teljes négyzet áll, hiszen egy egész szám négyzetgyöke vagy maga is egész, vagy pedig irracionális.
Ha

D = 4 k^{2} + 4 k - 15 = {(2 k + 1)}^{2} - 16

egész szám négyzete, akkor ‐ mivel 8-nál nagyobb abszolút értékű számok esetén már szomszédos számok négyzetének különbsége is legalább

17

‐,

| 2 k + 1 | < 8

. A

k

-ra kapott korábbi megszorítások figyelembevételével innen

k

lehetséges értékei 3, 2 vagy pedig

- 3

és

- 4

.
Ha

k = 2

vagy

- 3

, akkor

D = 3^{2}

k = 3

-ra

D = 33

. Ez azt jelenti, hogy ha

k > 2

vagy

k < - 3

, akkor (4) jobb oldala irracionális, és így nem lehet a kizárt értékek egyikével sem egyenlő.

k = 2

, akkor (4)-ben a két gyök 2 és

\frac{1}{2}

, ha pedig

k = - 3

, akkor

- \frac{1}{2}

, és 2 adódik

t g x

-re. Az

\frac{1}{2}

és a

- \frac{1}{2}

, értékeket kizártuk, a másik két lehetőség viszont megengedett.
Az (1) egyenlet megoldásait tehát a

\begin{matrix} tg x = y \end{matrix}

(5)

egyenlethalmaz megoldásaiként nyerjük, ahol

y = - 2

vagy 2 vagy pedig

\begin{matrix} \frac{2 k + 1 \pm \sqrt[]{4 k^{2} + 4 k - 15}}{4} \end{matrix}

alakú szám, ahol

k > 2

vagy

k < - 3

tetszőleges egész.
Végül az (5) egyenlet minden

y

valós számra megoldható, a megoldások:

x = arc tg y + n \cdot π

, ahol

n

tetszőleges egész szám.