Feladat: F.3211 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Baharev Ali ,  Bíró Anikó ,  Bíró Zsuzsanna ,  Boros M. Mátyás ,  Döme Gábor ,  Fehér Lajos Károly ,  Gueth Krisztián ,  Gyenes Zoltán ,  Györkei Györgyi ,  Hegedűs Péter ,  Hegedűs Ramóna ,  Hegyi Veronika ,  Homolya Dániel ,  Horváth András ,  Horváth Gábor ,  Kunszenti-Kovács Dávid ,  Léka Zoltán ,  Less Áron ,  Lukács László ,  Naszódi Gergely ,  Nyul Gábor ,  Oláh Szabolcs ,  Pál András ,  Páles Csaba ,  Papp Dávid ,  Pataki Péter ,  Pogány Ádám ,  Pszota Anikó ,  Sarlós Ferenc ,  Szabadka Zoltán ,  Szabó Gábor ,  Szakács László ,  Székelyhidi Gábor ,  Szép Imre ,  Szilágyi Judit ,  Taraza Busra ,  Tisch Dávid ,  Tóth Ádám ,  Tran Thanh Long ,  Vágvölgyi Péter ,  Vaik István ,  Végh A. László ,  Vizer Máté ,  Zombori Tamás 
Füzet: 1998/szeptember, 352 - 354. oldal  PDF file
Témakör(ök): Trigonometriai azonosságok, Középponti és kerületi szögek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1998/január: F.3211

Mutassuk meg, hogy ha n>2 egész szám, és α=πn, akkor
sinαsin2α+sin2αsin3α+...+sin(n-2)αsin(n-1)α=n2cosα.(3)


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

A bizonyítandó egyenlőtlenségben szereplő kifejezéseknek geometriai jelentést tulajdonítunk, s így látjuk be, hogy egyenlők.
Írjunk az egység sugarú körbe egy szabályos n-szöget, és jelöljük a csúcsait A1, A2, ..., An-nel, a kör középpontját pedig O-val. Osszuk fel a sokszöget háromszögekre kétféleképpen: előbb O-t kössük össze a sokszög minden csúcsával (1. ábra), másodszor pedig A1-et kössük össze a sokszög többi csúcsával (2. ábra). Ekkor AiOAi+1=2πn és AiA1Ai+1=πn, mert az AiAi+1 ívek egyenlők (i=1, 2, ..., n; An+1 azonos A1-gyel), valamely ívhez tartozó kerületi szög pedig fele a megfelelő középponti szögnek.
A sokszög területe mindkét felbontás esetén megegyezik a felbontásban szereplő háromszögek területeinek összegével. Tudjuk, hogy egy háromszög területét megkapjuk, ha két oldala szorzatának felét megszorozzuk az oldalak által bezárt szög szinuszával. Így az első felbontás esetén TAiOAi+1=112sin2πn, azaz a sokszög területe:

T=TA1OA2+TA2OA3+...+TAnOA1==n12sin2πn=n12sin2α=nsinαcosα.
A második felbontásban szereplő háromszögek oldalait az A1OAi egyenlő szárú háromszögből határozhatjuk meg. Ennek a háromszögnek a szárszöge (i-1)2πn, ha in2, illetve 2π-(i-1)2πn, ha i>n2 (3. ábra). Ezért mindkét esetben igaz, hogy
A1Ai=2sin(i-1)α=2sin(i-1)2πn2=2sin2π-(i-1)2πn2.
Tehát a sokszög területe:
T=TA2A1A3+TA3A1A4+...+TAn-1A1An==12(2sinα2sin2α)sinα+12(2sin2α2sin3α)sinα+......+12(2sin(n-2)α2sin(n-1)α)sinα==2sinα(sinαsin2α+sin2αsin3α+...+sin(n-2)αsin(n-1)α).
A kétféleképpen számolt területnek meg kell egyeznie. Az így kapott egyenlőség mindkét oldalát 2sinα-val osztva éppen a bizonyítandó állítást kapjuk.
 Vizer Máté (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 10. évf.) dolgozata alapján