Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.243	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Wolfgang Moldenhauer
Füzet:	1978/szeptember, 17 - 18. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Sorozat határértéke, Komplex számok trigonometrikus alakja, Egységgyökök, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1975/március: Pontversenyen kívüli P.243

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

Komplex számok segítségével oldjuk meg a feladatot. Helyezzük a háromszöget a komplex számsíkra. Kiindulási háromszögünk csúcsainak feleljenek meg az $a_{1}$ , $b_{1}$ és $c_{1}$ komplex számok. Legyen

\begin{matrix} ε = cos 60^{\circ} + i sin 60^{\circ} = \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt[]{3}}{2} . \end{matrix}

Elemi számolással adódik, hogy ha az

n

-edik lépés után nyert háromszög csúcsai

a_{n}

b_{n}

és

c_{n}

, akkor

\begin{matrix} a_{n + 1} = \frac{1}{2} (a_{n} + (1 - ε) b_{n} + ε c_{n}), \\ b_{n + 1} = \frac{1}{2} (ε a_{n} + b_{n} + (1 - ε) c_{n}), \\ c_{n + 1} = \frac{1}{2} ((1 - ε) a_{n} + ε b_{n} + c_{n}) . \end{matrix}

Ehhez azt kell csak felhasználnunk, hogy az

ε

komplex számmal való szorzás

+ 60^{\circ}

-os elforgatást eredményez (ld. pl. Reiman I.: Geometriai feladatok a komplex számsíkon. Középisk. Szakk. füzet).

Teljes indukcióval bizonyítható a következő:

\begin{matrix} a_{n + 1} = [(2^{n + 1} + {(- 1)}^{n}) a_{1} + (2^{n} - {(- 1)}^{n}) \frac{b_{1}}{ε} + (2^{n} - {(- 1)}^{n}) c_{1} ε] \frac{1}{3 \cdot 2^{n}}, \\ b_{n + 1} = [(2^{n} - {(- 1)}^{n}) a_{1} ε + (2^{n + 1} + {(- 1)}^{n}) b_{1} + (2^{n} - {(- 1)}^{n}) \frac{c_{1}}{ε}] \cdot \frac{1}{3 \cdot 2^{n}}, \\ c_{n + 1} = [(2^{n} - {(- 1)}^{n}) \frac{a_{1}}{ε} + (2^{n} - {(- 1)}^{n}) b_{1} ε + (2^{n + 1} + {(- 1)}^{n}) c_{1}] \frac{1}{3 \cdot 2^{n}} . \end{matrix}

Így ezekből azonnal következik, hogy

\begin{matrix} {lim}_{n \to \infty}^{} a_{n} = \frac{2}{3} a_{1} + \frac{b_{1}}{3 ε} + \frac{1}{3} c_{1} ε = a, \\ {lim}_{n \to \infty}^{} b_{n} = \frac{1}{3} a_{1} ε + \frac{2}{3} b_{1} + \frac{c_{1}}{3 ε} = b, \\ {lim}_{n \to \infty}^{} c_{n} = \frac{a_{1}}{3 ε} + \frac{1}{3} b_{1} ε + \frac{2}{3} c_{1} = c . \end{matrix}

Belátjuk, hogy ez a háromszög szabályos. Ehhez elég belátni, hogy

\begin{matrix} (c - b) ε = a - b . \end{matrix}

Behelyettesítve a fenti értékeket, beszorozva és rendezve:

\begin{matrix} ε (ε - ε^{2} - 1) a_{1} + b_{1} (ε^{3} + 1) + c_{1} (- ε + ε^{2} + 1) = 2 b_{1} (ε^{2} - ε + 1) \end{matrix}

egyenlőség belátása marad hátra. Ez azonban igaz, mivel

\begin{matrix} ε^{6} - 1 = 0 \end{matrix}

és az

\begin{matrix} ε^{6} - 1 = (ε^{3} - 1) (ε^{3} + 1) = (ε^{3} - 1) (ε + 1) (ε^{2} - ε + 1) \end{matrix}

szorzatban

\begin{matrix} ε^{3} - 1 \neq 0, ε + 1 \neq 0, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} ε^{2} - ε + 1 = 0, \end{matrix}

ami egyúttal azt is jelenti, hogy

\begin{matrix} ε^{3} + 1 = 0. \end{matrix}

Állításunkat ezzel beláttuk.
Összefoglalva eredményünket: az

A_{n} B_{n} C_{n}

háromszögek egy szabályos háromszöghöz konvergálnak.

Wolfgang Moldenhauer (Rostock) megoldása