Kezdőlap


Feladat:	F.2795	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Balogh József , Benczúr Péter , Bíró Norbert , Csergőffy Tibor , Csizmadia Péter , Czirók András , Erben Péter , Gárdonyi Márk , Hajnal Ákos , Harcos Gergely , Imreh Csanád , Kárász Tamás , Kiss István , Kovács Ágnes , Kullman Tamás , Magó Kálmán , Matolcsi Máté , Miklós György , Nagy Ádám , Nagy Benedek , Papolczy Péter , Podoski Károly , Sági Zoltán , Szalkai Ákos , Szendrői Balázs , Tokodi Tamás , Ujváry-Menyhárt Zoltán
Füzet:	1991/április, 154. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Számsorozatok, "a" alapú számrendszer (a >1, egész szám), Trigonometrikus függvények, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1990/április: F.2795

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

Megoldás. A koszinusz-függvény páros és $2 π$ szerint periodikus, ezért ha egy $α$ megfelel a feladat követelményének, akkor $\pm α + 2 k π$ is megfelel tetszőleges $k$ egész szám mellett. Elég tehát az olyan $α$ számokat megkeresnünk, amelyek teljesítik a feladat feltételét és $0 < α ≦ π .$ A $cos α < 0$ feltétel szerint $π ≧ α > π / 2,$ a $cos 2 α < 0$ feltétel miatt pedig $α \neq π$ . Így

\begin{matrix} \frac{π}{2} < α < π . \end{matrix}

(1)

cos 2^{n} α < 0

feltétel általában azt jelenti, hogy van olyan

l_{n}

egész, amelyre

π / 2 + 2 l_{n} π < 2^{n} α < 3 π / 2 + 2 l_{2} π,

vagyis az

α_{0} = 2 α / π

jelöléssel

\begin{matrix} 4 l_{n} + 1 < 2^{n} α_{0} < 4 l_{n} + 3. \end{matrix}

(2)

Az (1) feltétel szerint

[α_{0}] = 1.

Bebizonyítjuk, hogy a négyes számrendszerben

α_{0}

=1,

\dot{1}

= 1,111..., azaz a négyes számrendszerben

α_{0}

mindegyik jegye 1.
A (2) feltétel pontosan azt jelenti, hogy a

2^{n} α_{0}

számot négyes számrendszerben felírva, az egyesek helyén 1-es vagy 2-es áll. De megfelelő négyhatvánnyal szorozva

α_{0}

törtrészének bármelyik jegye eltolható az egyesek helyére. (Az

m

-edik jegy akkor kerül az egyesek helyére, ha

4^{m} = 2^{2 m}

-mel szorzunk.) Tehát

α_{0}

törtrészének minden jegye 1-es vagy 2-es.
De ugyanez igaz

2 α_{0}

-ra is, hiszen annak törtrészéből is bármelyik jegy eltolható az egyesek helyére, megfelelő kettőhatvánnyal szorozva. Tegyük fel, hogy

α_{0}

ban van egy kettes jegy valahol. Az első kettes jegy legyen az

m

-edik jegy a vessző után:

α_{0}

= 1,1...112... (

m

db 1-es). Ekkor

4^{m - 1} α_{0} = 11 ... 11,2 ...,

és ezt kettővel szorozva az egyesek helyére 3-as kerül, hiszen a törtrész nagyobb 1/2-nél, és így van átvitel. Így

2^{2 m - 1} α_{0}

= 22...23,1... vagy 22...23,0..., s ez ellentmond annak, hogy

2^{2 m - 1} α_{0}

-ban az egyesek helyén 1-es vagy 2-es áll. Ezzel beláttuk, hogy

α_{0} = 1, \dot{1} = 4 / 3,

vagyis

α = 2 π / 3.

A feladat feltételének tehát csak a

\pm 2 π / 3 + 2 k π

(k = 0, \pm 1, \pm 2, ...)

alakú számok felelhetnek meg és azok meg is felelnek.

Megjegyzés. A feladat és megoldása megtalálható a következő könyvben: Pataki J.-Reiman I.: Matematikai Versenyek 1989, 45‐47. oldal.