Kezdőlap


Feladat:	F.3166	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bérczi Gergely , Gyenes Zoltán , Juhász András , Lippner Gábor , Megyeri Csaba , Páles Csaba , Prause István , Várkonyi Péter , Végh László
Füzet:	1998/január, 29 - 30. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometriai azonosságok, Teljes indukció módszere, Egész együtthatós polinomok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1997/március: F.3166

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

Először megmutatjuk, hogy ha $n$ pozitív egész, akkor $cos n α$ megadható $cos α$ $n$ -edfokú, egész együtthatós polinomjaként, amelynek főegyütthatója $2^{n}$ . Pontosabban az alábbi, ezt tartalmazó állítást fogjuk belátni teljes indukcióval.
Ha $n$ pozitív egész, akkor $cos (n α) = f_{n} (cos α)$ , és $sin (n α) = sin α g_{n} (cos α)$ , ahol $f_{n} (x)$ $n$ -edfokú, $g_{n} (x)$ pedig $(n - 1)$ -edfokú egész együtthatós polinom, amelynek főegyütthatója $2^{n}$ .
$n = 1$ -re az $f_{1} (x) = x$ és $g_{1} (x) = 1$ választással igaz az állítás. Tegyük fel, hogy $n = (k - 1)$ -re igaz, ebből bizonyítjuk az állítást $n = k$ -ra:

\begin{matrix} \begin{matrix} cos (k α) = cos α cos ((k - 1) α) - sin α sin ((k - 1) α) = \\ = cos α f_{k - 1} (cos α) - sin^{2} α g_{k - 1} (cos α) = \\ = cos α f_{k - 1} (cos α) + cos^{2} α g_{k - 1} (cos α) - g_{k - 1} (cos α) . \end{matrix} \end{matrix}

cos α

-nak nyilván

n

-edfokú polinomja, mert

cos α f_{k - 1} (cos α)

és

cos^{2} α g_{k - 1} (cos α)

is az,

g_{k - 1} (cos α)

foka pedig kisebb, mint

n

. A polinom főegyütthatója az indukciós feltevés felhasználásával

2^{k - 1} + 2^{k - 1} = 2^{k}

. A fenti rekurzióból az is látszik, hogy

f_{k} (x)

egész együtthatós.
A

sin (n α)

-ra vonatkozó állítás másik fele hasonlóan igazolható:

\begin{matrix} \begin{matrix} sin (k α) = cos ((k - 1) α) sin α + cos α sin ((k - 1) α) = \\ = sin α (f_{k - 1} (cos α) + cos α g_{k - 1} (cos α)) . \end{matrix} \end{matrix}

A zárójelben lévő összeg

(n - 1)

-edfokú egész együtthatós polinom, amelynek főegyütthatója

2^{n - 1} + 2^{n - 1} = 2^{n}

.
A most belátott egyenlőségek segítségével (1) így is írható:

\begin{matrix} f_{n_{1}} (\frac{1}{p_{1}}) + f_{n_{2}} (\frac{1}{p_{2}}) + ... + f_{n_{k - 1}} (\frac{1}{p_{k - 1}}) = f_{n_{k}} (\frac{1}{p_{k}}) . \end{matrix}

Szorozzuk meg az egyenlőség mindkét oldalát

p_{1}^{n_{1}} p_{2}^{n_{2}} ... p_{k}^{n_{k}}

-nal. Az így kapott egyenlet mindkét oldalán egészekből álló összeg szerepel. Mindkét összeg minden tagja osztható

p_{1}

-gyel, kivéve az

f_{n_{1}} (\frac{1}{p_{1}})

polinom

n_{1}

-edfokú tagjának

p_{1}^{n_{1}} p_{2}^{n_{2}} ... p_{k}^{n_{k}}

-szeresét, ami

2^{n_{1}} p_{2}^{n_{2}} ... p_{k}^{n_{k}}

az előzőek szerint. Így az egyenlet egyik odala osztható

p_{1}

-gyel, a másik nem.
Nincs tehát a feladatnak megfelelő

n_{1}

n_{2}

...

n_{k}

szám

k

-as.