Kezdőlap


Feladat:	1958. évi Matematika OKTV II. forduló 1. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1958/november, 65 - 68. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometriai azonosságok, OKTV
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1958/október: 1958. évi Matematika OKTV II. forduló 1. feladata

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

I. megoldás: Fejezzünk ki minden szögfüggvényt $x$ szögfüggvényeivel:

\begin{matrix} sin x + sin 2 x = sin x + 2 sin x cos x = sin x (1 + 2 cos x), \\ sin 3 x = sin x cos 2 x + cos x sin 2 x = sin x (2 cos^{2} x - 1) + 2 sin x cos^{2} x = \\ = sin x (4 cos^{2} x - 1) = sin x (2 cos x - 1) (2 cos x + 1), \\ 1 + cos x + cos 2 x = 1 + cos x + 2 cos^{2} x - 1 = cos x (1 + 2 cos x) . \end{matrix}

Mind a három kifejezésben szerepel az

1 + 2 cos x

tényező. A két oldal különbségét képezve és ezt a tényezőt kiemelve

\begin{matrix} (1 + 2 cos x) [sin x + sin x (2 cos x - 1) - cos x] = \\ = (1 + 2 cos x) (2 sin x cos x - cos x) = (1 + 2 cos x) (2 sin x - 1) cos x . \end{matrix}

Ez a kifejezés úgy lehet

0

, ha

cos x = - \frac{1}{2}

, vagy

sin x = \frac{1}{2}

vagy

cos x = 0

, tehát a következő szögekre:

\begin{matrix} x = 120^{\circ} & \pm k \cdot 360^{\circ}, & x = 240^{\circ} & \pm k \cdot 360^{\circ}, \\ x = 30^{\circ} & \pm k \cdot 360^{\circ}, & x = 150^{\circ} & \pm k \cdot 360^{\circ}, & k = 0, 1, 2, ... \\ x = 90^{\circ} & \pm k \cdot 360^{\circ}, & x = 270^{\circ} & \pm k \cdot 360^{\circ} . \end{matrix}

Megjegyzés: Igyekeztünk a föntiekben a legismertebb átalakításokkal érni célhoz, azonban sok más módon is átalakíthatjuk az egyenletet. Ha felhasználjuk pl. a bal oldalon a

\begin{matrix} sin α + sin β = 2 sin \frac{α + β}{2} cos \frac{α - β}{2} \end{matrix}

összefüggést,¹ akkor a

\begin{matrix} sin x + sin 3 x = 2 sin 2 x cos x \end{matrix}

átalakítás után gyorsabban adódik az

1 + 2 cos x

tényező kiemelhető volta és az egyenlet további átalakítása.

II. megoldás: Vizsgáljuk általánosabban tetszőleges

n

természetes számra a

sin x + sin 2 x + sin 3 x + ... + sin n x = 1 + cos x + cos 2 x + ... + cos (n - 1) x

egyenletet. Ismeretes, hogy a bal oldal is, a jobb oldal is zárt alakra hozható, pl. úgy, hogy megszorozzuk

2 sin \frac{x}{2}

-vel. Felhasználva a könnyen igazolható

\begin{matrix} 2 sin α sin β = cos (α - β) - cos (α + β) \end{matrix}

(1)

és

\begin{matrix} 2 sin α cos β = sin (α + β) + sin (α - β) = sin (α + β) - sin (β - α) \end{matrix}

(2)

azonosságokat, azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} 2 sin \frac{x}{2} (sin x + sin 2 x + sin 3 x + ... + sin n x) = 2 sin \frac{x}{2} sin x + \\ + 2 sin \frac{x}{2} sin 2 x + 2 sin \frac{x}{2} sin 3 x + ... + 2 sin \frac{x}{2} sin n x = cos \frac{x}{2} - cos \frac{3}{2} + \\ + cos \frac{3}{2} x - cos \frac{5}{2} x + cos \frac{5}{2} x - cos \frac{7}{2} x + ... + cos \frac{2 n - 1}{2} x - \\ - cos \frac{2 n + 1}{2} x = cos \frac{x}{2} - cos \frac{2 n + 1}{2} x; \end{matrix}

másrészt

\begin{matrix} 2 sin \frac{x}{2} [1 + cos x + cos 2 x + ... + cos (n - 1) x] = 2 sin \frac{x}{2} + 2 sin \frac{x}{2} cos x + \\ + 2 sin \frac{x}{2} cos 2 x + ... + 2 sin \frac{x}{2} cos (n - 1) x = 2 sin \frac{x}{2} + sin \frac{3}{2} x - sin \frac{x}{2} + \\ + sin \frac{5}{2} x - sin \frac{3}{2} x + ... + sin \frac{2 n - 1}{2} x - sin \frac{2 n - 3}{2} x = sin \frac{x}{2} + sin \frac{2 n - 1}{2} x . \end{matrix}

A kapott kifejezések ugyancsak az (1), ill. (2) azonosságok segítségével ‐ azokat ellenkező irányban alkalmazva ‐ szorzattá alakíthatók, ha (1)-ben

α

-t és

β

-t úgy választjuk, hogy

α - β = \frac{x}{2}

α + β = \frac{2 n + 1}{2} x

legyen, illetőleg (2)-ben úgy, hogy

α + β = \frac{2 n - 1}{2} x

α - β = \frac{x}{2}

legyen.
Az első esetben

α = \frac{n + 1}{2} x

β = \frac{n}{2} x

és így

\begin{matrix} cos \frac{x}{2} - cos \frac{2 n + 1}{2} x = 2 sin \frac{n + 1}{2} x sin \frac{n}{2} x; \end{matrix}

a második esetben

α = \frac{n}{2} x

β = \frac{n - 1}{2} x

, és így

\begin{matrix} sin \frac{x}{2} + sin \frac{2 n - 1}{2} x = 2 sin \frac{n}{2} x cos \frac{n - 1}{2} x . \end{matrix}

Egyenletünket tehát, ha még

2

-vel osztunk, a következő alakra hoztuk:

\begin{matrix} sin \frac{n + 1}{2} x sin \frac{n}{2} x = sin \frac{n}{2} x cos \frac{n - 1}{2} x . \end{matrix}

Mivel átalakítás közben szoroztunk

sin \frac{x}{2}

-vel, ennek a gyökeit, tehát az

x = k \cdot 360^{\circ} (k = 0, \pm 1, \pm 2, ...)

szögeket külön meg kell vizsgálnunk. Ezekre az eredeti egyenlet bal oldalán

0

áll, a jobb oldalon viszont

n

darab

1

-es összege, ezek tehát az eredeti egyenletnek nem gyökei, ezeket a továbbiakban kizárjuk.
Redukáljuk a nyert egyenletet

0

-ra, és igyekezzünk szorzattá alakítani a két oldal különbségét:

\begin{matrix} 0 = sin \frac{n}{2} x (sin \frac{n + 1}{2} x - cos \frac{n - 1}{2} x) = sin \frac{n}{2} x (sin \frac{n}{2} x cos \frac{x}{2} + \\ + cos \frac{n}{2} x sin \frac{x}{2} - cos \frac{n}{2} x cos \frac{x}{2} - sin \frac{n}{2} x sin \frac{x}{2}) = \\ = sin \frac{n}{2} x {sin \frac{n}{2} x (cos \frac{x}{2} - sin \frac{x}{2}) + cos \frac{n}{2} x (sin \frac{x}{2} - cos \frac{x}{2})} = \\ = sin \frac{n}{2} x (sin \frac{n}{2} x - cos \frac{n}{2} x) (cos \frac{x}{2} - sin \frac{x}{2}) . \end{matrix}

Itt az első tényező

0

-helyei azok a szögek, amelyekre

\begin{matrix} \frac{n}{2} x = k \cdot 180^{\circ}, azaz x = \frac{k \cdot 360^{\circ}}{n}, k = 0, \pm 1, \pm 2, ...; \end{matrix}

a második, illetőleg harmadik tényező akkor tűnik el, ha

\begin{matrix} \frac{n}{2} x = 45^{\circ} + k \cdot 180^{\circ}, ill. \frac{x}{2} = 45^{\circ} + k \cdot 180^{\circ}, \end{matrix}

tehát az

\begin{matrix} x = \frac{90^{\circ}}{n} + \frac{k \cdot 360^{\circ}}{n}, ill. x = 90^{\circ} + k \cdot 360^{\circ} (k = 0, \pm 1, \pm 2, ...) \end{matrix}

szögekre. A lényegesen különböző szögeket különválasztva és az első csoportból a föntebb kizárt

k \cdot 360^{\circ}

alakú szögeket elhagyva azt kapjuk, hogy az egyenlet

\begin{matrix} \begin{matrix} x = r \frac{360^{\circ}}{n} + k \cdot 360^{\circ}, & r = 1, 2, ..., n - 1 \\ x = \frac{90^{\circ}}{n} + s \frac{360^{\circ}}{n} + k \cdot 360^{\circ}, & s = 0, 1, 2, ..., n - 1 \\ x = 90^{\circ} + k \cdot 360^{\circ} \end{matrix}} k = 0, \pm 1, \pm 2, ... \end{matrix}

A kitűzött feladatot jelentő

n = 3

esetben a

120^{\circ}

és

240^{\circ}

(és az ezektől nem lényegesen különböző szögek) a gyökök első csoportjából adódnak,

30^{\circ}

és

150^{\circ}

a második csoportból

s = 0, 1

esetén,

90^{\circ}

az utolsó gyök, míg

270^{\circ}

ismét a gyökök második csoportjából adódik

s = 2

esetén.

Megjegyzések: A II. megoldásban tárgyalt általánosítást egy versenyző, Németh József felvetette és megoldotta.
A

90^{\circ}

felléphet a gyökök első csoportjában is

(akkor, ha n osztható 4-gyel és r = \frac{n}{4})

, továbbá a gyökök második csoportjában

(ha n