Kezdőlap


Feladat:	507. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bakay B. , Barok Gy. , Csiky J. , Déman P. , Déry E. , Erdős Pál , Ernst F. , Fejér Gy. , Feldheim Ervin , Gillemot L. , Grünwald T. , Hapka I. , Katz Z. , Kövesdi D. , Ligeti M. , Nádor L. , Sámuel J. , Schlossberger A. , Sebők Zs. , Simon Á. , Skrilecz A. , Szebasztián Rózsa , Vági L. , Vincze I. , Weisz F. , Zsoldos I.
Füzet:	1929/november, 88 - 89. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Nevezetes azonosságok, Trigonometria, Sorozat határértéke, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1929/szeptember: 507. matematika feladat

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

I. Megoldás. Az adott kapcsolat szerint

\begin{matrix} 1 \pm tg α_{n} = 1 \pm \frac{2 tg α_{n - 1}}{1 + {tg}^{2} α_{n - 1}} = \frac{1 \pm 2 tg α_{n - 1} + {tg}^{2} α_{n - 1}}{1 + {tg}^{2} α_{n - 1}} = \frac{{(1 \pm tg α_{n - 1})}^{2}}{1 + {tg}^{2} α_{n - 1}} . \end{matrix}

Ennélfogva:

\begin{matrix} \frac{1 + tg α_{n}}{1 - tg α_{n}} = {(\frac{1 + tg α_{n - 1}}{1 - tg α_{n - 1}})}^{2}, \end{matrix}

vagy még:

\begin{matrix} tg (\frac{π}{4} + α_{n}) = {tg}^{2} (\frac{π}{4} + α_{n - 1}), \end{matrix}

minthogy

tg \frac{π}{4} = 1

. Ha utóbbi összefüggést az

α_{1}, α_{2} ... α_{n}

sorozat tagjaira alkalmazzuk folytatólagosan, keletkezik:

\begin{matrix} tg (\frac{π}{4} + α_{n}) = {[tg (\frac{π}{4} + α_{0})]}^{2^{n}} . \end{matrix}

Feltételünk szerint

tg (\frac{π}{4} + α_{0}) > 1

, tehát a jobboldalon álló tag limese

\infty

és így

\begin{matrix} \frac{π}{4} + α_{n} \to \frac{π}{2}, azaz α_{n} \to \frac{π}{4} . \end{matrix}

S. P.

II. Megoldás. A rövidség kedvéért legyen

tg α = m

; vizsgáljuk tehát az

\begin{matrix} m_{0}, m_{1}, m_{2} ... m_{n} ... \end{matrix}

(1)

sorozat tagjainak tulajdonságait. Az adott feltétel és kapcsolat alapján e sor tagjai pozitív számok. Kimutatjuk, hogy

m_{i} < 1 (i = 0,1,2 ... n ...)

.
Tegyük fel, hogy

m_{i - 1} < 1

, azaz

\begin{matrix} {(1 - m_{i - 1})}^{2} > 0 vagyis 1 + m_{i - 1}^{2} > 2 m_{i - 1}, tehát m_{i} = \frac{2 m_{i - 1}}{1 + m_{i - 1}^{2}} < 1. \end{matrix}

Azonban

0 < m_{0} < 1

; ebből következik most már, hogy az (1) sorozat minden tagja

< 1

.
Az (1) sorozat tagjai folyton növekednek, mert, ha

m_{i - 1} < 1

, akkor

\begin{matrix} \frac{2}{1 + m_{i - 1}^{2}} > 1 és m_{i} = \frac{2}{1 + m_{i - 1}^{2}} \cdot m_{i - 1} > m_{i - 1} . \end{matrix}

Eszerint az (1) sorozat monoton növekvő, korlátos számsorozat, melynek tehát van határértéke.
Legyen a sorozat határértéke

x

, azaz, ha megadunk egy tetszőleges kicsiny

δ

számot, akkor ehhez tartozik egy

N

szám úgy, hogy

\begin{matrix} | m_{n} - x | < δ \end{matrix}

n > N

. Ebből következik, hogy ha

n > N

m_{n + 1} - m_{n} < δ

vagyis

{lim}_{}^{} m_{n + 1} = {lim}_{}^{} m_{n} = x

, ha

n \to \infty

.
Mivel

\begin{matrix} {lim}_{}^{} m_{n + 1} = {lim}_{}^{} \frac{2 m_{n}}{1 + m_{n}^{2}}, tehát x = \frac{2 x}{1 + x^{2}}, \end{matrix}

azaz a sorozat határértéke kielégíti az

\begin{matrix} x (x^{2} - 1) = 0 \end{matrix}

egyenletet, melynek gyökei

0

+ 1

- 1

. Ezek közül csak

+ 1

felelhet meg:

\begin{matrix} x = {lim}_{}^{} m_{n} = 1 és α_{n} \to \frac{π}{4}, ha n \to \infty . \end{matrix}

Feldheim Ervin (Kölcsey Ferenc rg. VIII. o. Bp. VI.)

Jegyzet: Egyes megoldásokban azon állítás foglaltatik, hogy mivel az

\begin{matrix} m_{0}, m_{1}, m_{2} ... m_{n} ... \end{matrix}

sorozat korlátos monoton növekvő sorozat, tehát van határértéke és ez

1

. Az állítás első része igaz; de abból, hogy a sorozat minden tagja

< 1

, még nem következik, hogy a limese

1

. Pl. a

\begin{matrix} 0, 8, 0, 88, 0, 888, ... \end{matrix}

monoton növekvő sorozat minden tagja

< 0, 9

, azonban a sorozatnak nem

0, 9

a limese

(hanem \frac{8}{9})