Kezdőlap


Feladat:	F.2699	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1989/március, 107 - 108. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szorzat, hatványozás azonosságai, Trigonometrikus egyenletek, Paraméteres egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1988/szeptember: F.2699

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

Az egyenlet mindkét oldalából kettőt levonva, a bal oldal szorzattá alakítható:

\begin{matrix} (sin p x - 3) (sin q x + 2) = - 2. \end{matrix}

Mivel

- 4 ≦ sin p x - 3 ≦ - 2

és

1 ≦ sin q x + 2 ≦ 3

, ezért a bal oldal abszolút értéke csak úgy lehet

2

, ha

\begin{matrix} sin p x - 3 = - 2 és sin q x + 2 = 1, \end{matrix}

azaz, ha

\begin{matrix} p x = \frac{π}{2} (4 n + 1) és q x = \frac{π}{2} (4 m + 3), \end{matrix}

(1)

alkalmas

n

m

egészekkel. Meg kell még vizsgálnunk, milyen

n

és

m

egészekre létezik az (1) egyenletrendszernek megoldása. Nyilván (1)-gyel ekvivalens egyenletrendszerekhez jutunk, ha a második egyenlet helyett a két eredeti egyenlet hányadosát szerepeltetjük:

\begin{matrix} x = \frac{π}{2 p} (4 n + 1), \frac{p}{q} = \frac{4 n + 1}{4 m + 3} . \end{matrix}

(2)

Ez viszont pontosan akkor oldható meg, ha

\begin{matrix} \frac{p}{q} = \frac{4 n + 1}{4 m + 3} . \end{matrix}

(3)

Legyen

p

és

q

legnagyobb közös osztója

d

, ekkor

p = d p_{1}

és

q = d q_{1}

, így

\begin{matrix} \frac{p_{1}}{q_{1}} = \frac{4 n + 1}{4 m + 3} . \end{matrix}

(3')

\frac{p_{1}}{q_{1}}

tört már nem egyszerűsíthető, ezért (3') csak akkor teljesül, ha valamilyen

k

egésszel

\begin{matrix} 4 n + 1 = k p_{1} és 4 m + 3 = k q_{1} . \end{matrix}

A megoldhatósághoz itt nyilván szükséges, hogy

p_{1}

és

q_{1}

különböző maradékot adjanak

4

-gyel osztva, tehát ‐ mivel mindketten páratlanok ‐ egyikük

1

-et, a másik pedig

- 1

-et. A

k

egész ugyancsak páratlan, így (

4 n + 1 = k p_{1}

miatt)

4

-gyel osztva ugyanazt a maradékot adja, mint

p_{1}

, azaz

\begin{matrix} k = 4 t + p_{1} . \end{matrix}

(5)

Megfordítva, ha

k

értékét (5) szerint választjuk (tetszőleges

t

egésszel), akkor

\begin{matrix} k p_{1} & = 4 t p_{1} + p_{1}^{2} = 4 t p_{1} + {(4 v \pm 1)}^{2} = \\ = 4 (t p_{1} + 4 v^{2} \pm 2 v) + 1, ill. \\ k q_{1} & = (p_{1} + q_{1}) k - k p_{1} = 4 s k - k p_{1} = \\ = 4 (s k - t p_{1} - 4 v^{2} \pm 2 v) - 1 \end{matrix}

valóban a kívánt maradékot adja

4

-gyel osztva; tehát (4) megoldható, és így az eredeti (1) egyenletrendszer is. (2), (4) és (5) alapján a megoldás:

\begin{matrix} x = \frac{π}{2} \cdot \frac{4 n + 1}{p} = \frac{π}{2} \cdot \frac{k}{d} = \frac{π}{2} \cdot \frac{4 t + p_{1}}{d} . \end{matrix}

Megjegyzések. 1. A beküldők közül többen nem vették észre, hogy az

x

-re nyert két egyenletnek nincs mindig közös megoldása (pl.

p = q = 1

esetén sem!), ill., ha létezik is megoldás,

n

értéke nem lehet akármilyen egész szám.
2. Sokan eljutottak odáig, hogy

sin p x = 1

és

sin q x = - 1

, innen azonban a

0 = sin p x + sin q x = 2 sin \frac{p + q}{2} x \cdot cos \frac{p + q}{2} x

egyenlőségből következtettek valamelyik tényező eltűnésére. Így viszont hamis gyököket is kaptak, hiszen

sin p x + sin q x

nem csak úgy lehet nulla, hogy

sin p x = 1

és

sin q x = - 1