Kezdőlap


Feladat:	F.2914	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Arató Gabriella , Csergőffy Tibor , Csermely Zoltán , Csörnyei Marianna , Dőtsch András , Fábián László , Foki Izabella , Futó Gábor , Gombos László , Horváth Gábor , Kárpáti Attila , Katz Sándor , Kis Gábor , Koós Attila , Kucsera Henrik , Marx Gábor , Megyesi Zoltán , Moson László , Pákozdi Tibor , Párniczky Benedek , Pete Gábor , Rákóczi Bálint , Róka Dániel
Füzet:	1993/március, 114 - 116. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Racionális számok és tulajdonságaik, Trigonometrikus egyenletek, Differenciálszámítás, Trigonometrikus függvények, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1992/szeptember: F.2914

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

I. megoldás. Az állítást indirekt úton bizonyítjuk. Meghatározzuk a függvény gyökeit és megmutatjuk, hogy ezek nem lehetnek periodikus függvény gyökei.
Mivel a $sin a + sin b = 2 sin \frac{a + b}{2} cos \frac{a - b}{2}$ azonosság alapján

\begin{matrix} sin x + sin \sqrt[]{2} x = 2 sin \frac{\sqrt[]{2} + 1}{2} x \cdot cos \frac{\sqrt[]{2} - 1}{2} x, \end{matrix}

a függvény értéke pontosan akkor

0,

\frac{\sqrt[]{2} + 1}{2} x = k π,

azaz

x = \frac{2 k π}{\sqrt[]{2} + 1},

és

\frac{\sqrt[]{2} - 1}{2} x = (2 l + 1) \frac{π}{2},

azaz

x = \frac{(2 l + 1) π}{\sqrt[]{2} - 1},

ahol

k

illetve

l

egész számok. A gyököket tehát egy

\frac{2 π}{\sqrt[]{2} + 1}

és egy

\frac{2 π}{\sqrt[]{2} - 1}

különbségű, mindkét irányban végtelen számtani sorozat tartalmazza.
Tegyük fel, hogy a függvény periodikus, és legyen a

p

pozitív szám egy periódus.
Először megjegyezzük, hogy egy periódusban mindkét számtani sorozatnak csak véges sok eleme van, ezért egy perióduson belül csak véges sok gyök van.
Rendeljük hozzá minden egyes gyökhöz azt a

[0, p)

intervallumbeli gyököt, amit úgy kapunk, hogy

p

valamilyen egész többszörösét adjuk hozzá (azaz az

x_{0}

gyökhöz az

x_{0} - [\frac{x_{0}}{p}] \cdot p

számot, ami szintén gyök). Mivel

\frac{2 k π}{\sqrt[]{2} + 1}

alakú gyökből végtelen sok van, kell köztük lenni kettőnek, amelyekhez ugyanazt rendeltük:

\frac{2 k_{1} π}{\sqrt[]{2} + 1}

és

\frac{2 k_{2} π}{\sqrt[]{2} + 1},

ahol

k_{1}

és

k_{2}

különböző egész számok. Az, hogy ugyanazt rendeltük hozzájuk, azt jelenti, hogy a különbségük

p

többszöröse:

\begin{matrix} \frac{2 k_{1} π}{\sqrt[]{2} + 1} - \frac{2 k_{2} π}{\sqrt[]{2} + 1} = \frac{2 (k_{1} - k_{2}) π}{\sqrt[]{2} + 1} = m p, & (1) \end{matrix}

ahol

m

egész szám , és

m \neq 0.

Hasonlóan gondolhatjuk meg, hogy a

\frac{(2 l + 1) π}{\sqrt[]{2} - 1}

alakú gyökök között is van kettő:

\frac{(2 l_{1} + 1) π}{\sqrt[]{2} - 1}

és

\frac{(2 l_{2} + 1) π}{\sqrt[]{2} - 1},

amelyek különbsége

p

többszöröse:

\begin{matrix} \frac{(2 l_{1} + 1) π}{\sqrt[]{2} - 1} - \frac{(2 l_{2} + 1) π}{\sqrt[]{2} - 1} = \frac{2 (l_{1} - l_{2}) π}{\sqrt[]{2} - 1} = n p, & (2) \end{matrix}

ahol

n

egész szám.
Osszuk el (1)-et (2)-vel:

\begin{matrix} \frac{k_{1} - k_{2}}{l_{1} - l_{2}} \cdot \frac{\sqrt[]{2} - 1}{\sqrt[]{2} + 1} = \frac{m}{n}, \end{matrix}

vagy átrendezve:

\begin{matrix} \frac{k_{1} - k_{2}}{l_{1} - l_{2}} \cdot \frac{n}{m} = \frac{\sqrt[]{2} + 1}{\sqrt[]{2} - 1} = 3 + 2 \sqrt[]{2} . \end{matrix}

Ez azonban ellentmondás, mert a bal oldalon racionális, a jobb oldalon pedig irracionális szám áll.
A függvény tehát nem periodikus.

II. megoldás. Tekintsük a függvény deriváltját:

\begin{matrix} (sin x + sin \sqrt[]{2} x)' = c o s x + \sqrt[]{2} cos \sqrt[]{2} x . \end{matrix}

Ha a függvény periodikus lenne, akkor a deriváltja is periodikus lenne. Elég tehát azt igazolni, hogy a derivált nem periodikus.
A derivált értéke a

0

-ban

1 + \sqrt[]{2}

. Megmutatjuk, hogy ezt az értéket sehol máshol nem veszi fel; ebből azonnal következik, hogy nem periodikus.
Ahol a derivált értéke

1 + \sqrt[]{2},

ott szükséges, hogy

cos x = 1

és

cos \sqrt[]{2} x = 1

legyen, másképp a függvényérték kisebb lenne. Ez pedig csak

x = 2 k π

és

\sqrt[]{2} x = 2 l π

esetén teljesül, ahol

k

és

l

egész számok. Ha

k

nem

0

, akkor ebből

\sqrt[]{2} = \frac{l}{k},

ami ellentmond annak, hogy

\sqrt[]{2}

irracionális.
Ezzel az állítást igazoltuk.