|
Feladat: |
B.3568 |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: átlagos |
Megoldó(k): |
Backhausz Ágnes , Baráth Géza , Bartha Ferenc , Bérczi Kristóf , Bereczky Péter , Birkner Tamás , Czank Tamás , Deák Péter , Hubai Tamás , Jelitai Kálmán , Komjáthy Júlia , Mánfay Máté , Pongrácz András , Ruppert László Gábor , Salát Máté , Sándor Nóra Katalin , Seres Gyula , Simon Balázs , Sipos Kinga , Szabó Botond , Szilvási Tibor , Tábor Áron , Torma Róbert , Tölgyesi Csaba , Vass Márton |
Füzet: |
2003/május,
277 - 281. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Trigonometrikus egyenlőtlenségek, Síkgeometriai bizonyítások, Mértani sorozat, Függvényvizsgálat, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 2002/szeptember: B.3568 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. A függvények mindegyikének periódusa a , így elegendő a megoldásokat a intervallumon keresni. Másfelől így föltehető, hogy . A keresett halmaz helyett vizsgáljuk annak komplementerét, legyen a intervallum azon részhalmaza, amelynek elemeire van olyan , amelyre . E halmaz meghatározásakor fölhasználjuk, hogy a függvény legkisebb periódusa . Hívjunk egy hosszúságú intervallumot a függvény tiszta periódusának, ha az intervallum kezdőpontjában 1 a függvény értéke. Ekkor minden tiszta periódusának első és utolsó félig nyílt negyedében pozitív (1. ábra).
1. ábra Így , ha , ezért . Vegyük észre, hogy ez az intervallum éppen a függvény egy tiszta periódusa, emiatt az ehhez közvetlenül csatlakozó tiszta periódus alulról zárt első negyedén pozitív (2. ábra): .
2. ábra Így haladva a intervallumok sorozatát kapjuk. A -adik lépést megelőző növekmények mindegyike egész számú többszöröse a függvény periódusának, tehát a intervallum végpontjában e függvény tiszta periódusa kezdődik. A -adik lépésben tehát az intervallum ennek első negyedével, egy hosszúságú felülről nyílt szakasszal bővül. A intervallumok fölső végpontjai egy mértani sor részletösszegei, ennek első tagja , hányadosa , így a sor konvergens és az összege . Ez azt jelenti, hogy ha , akkor van olyan , amelyre pozitív. Hasonlóan kapjuk a 2 páratlan kitevőjű hatványaira a függvények egymáshoz csatlakozó tiszta periódusainak utolsó negyedét figyelembe véve, végpontú intervallumok alulról bővülő sorozatát. A periódusa , tehát a függvény a tiszta periódus utolsó, alulról nyílt negyedében pozitív. Ennek az intervallumnak az alsó végpontja, a egy tiszta periódusának a végpontja. Ennek a tiszta periódusnak az utolsó, hosszúságú negyedén tehát pozitív. Így haladva a végpontú intervallum hosszára adódó mértani sor első tagja , hányadosa , a sor összege az előbbi összeg fele, . Ha tehát , akkor van olyan , amelyre pozitív. Eszerint , a egyetlen szóbajövő eleme . Ekkor és miatt minden pozitív egész -re. Így a intervallumban , a intervallumban ezen kívül , a további megoldások pedig: , illetve , ahol és tetszőleges egész számok.
() Tölgyesi Csaba (Kecskemét, Bányai Júlia Gimn., 12. évf.) |
Megjegyzés. A helyes megoldások nagy része általában abból indult ki, hogy egy adott szögre pontosan akkor teljesül a feltétel, ha minden egészre van olyan egész szám, hogy | | (*) | Ha , akkor ez a feltételt jelenti, amit az előző megoldás szerint most is föltehető korlát az intervallumra szűkít. Innen -ra egy hosszúságú intervallumot kapunk: . A -beli hosszúságú intervallumok közül ezzel pontosan egynek, az esetén adódó intervallumnak nem üres a metszete. A két intervallum közös része , így -ra egy hosszúságú intervallum, az előző intervallum ,,alsó fele'' adódik: . Ugyanígy haladhatunk tovább. Az szögre a -adik lépésben kapott intervallumot -szorosára nagyítva kapjuk, hogy . Ezt a intervallumok közül ismét pontosan egy metszi, a közös rész egy hosszúságú intervallum, amelyet -szeresére kicsinyítve kapjuk -et, az előbbi intervallum valamelyik felét. Hogy ez az alsó, vagy pedig a fölső, az attól függ, hogy páratlan-e, vagy páros. A megoldáshoz azt kellett megmutatni, hogy ez lépésenként váltakozik ‐ ez általában teljes indukcióval történt ‐ és így az egymásba skatulyázott intervallumok közös részeként adódik . A következő megoldás elegánsan kerüli el a fenti bonyodalmakat.
II. megoldás. Keressük a -beli megoldásokat alakban, ahol . Ekkor , tehát és általában, ha , akkor . A törtrész definíciója szerint éppen maradéka -vel osztva. Ha , akkor pontosan akkor teljesül, ha , ami a együtthatókra nézve azt követeli meg, hogy teljesüljön minden egész számra. Maguk a együtthatók természetes módon adódnak, ha a kettes számrendszerbeli alakjából indulunk ki. Legyen a kettedes- vagy másképpen diadikus tört alakja. Az egyes jegyek értéke tehát 0 vagy 1. (A véges diadikus törteknek kétféle alakját is megengedjük, az adott helyiértéktől kezdődően azonosan nulla törteken kívül azokat is, amelyekben egy adott helyiértékkel kezdődően minden jegy 1-es.) Ekkor a 2-vel való szorzás eggyel jobbra lépteti a ,,kettedesvesszőt'', , az egész rész leválasztása pedig ezután törli az első jegyet: Kettes számrendszerben és , tehát kettes számrendszerben (1) azt jelenti, hogy minden egész számra teljesülnie kell, hogy | | (2) | Azt állítjuk, hogy ez pontosan akkor igaz, ha -nek nincsenek egyenlő szomszédos jegyei, bármely két szomszédos helyiértéken 01 vagy 10 áll. Ha ugyanis tartalmaz valahol két szomszédos 0-t, valamilyen -ra , akkor miatt a -edik helyiértékkel kezdődően minden jegy 1-es és így . Hasonlóan, két szomszédos 1-es miatt azt jelentené, hogy a -edik helyiértékkel kezdődően minden jegy 0 és így . A talált feltétel alapján első jegye egyértelműen határozza meg a többit. Ha , akkor , ha pedig , akkor . Erre a két számra nyilvánvalóan teljesül (2), így a feladatnak két megoldása van a intervallumon: és . A periodicitást figyelembe véve pedig , vagy pedig .
() Bereczky Péter(SZTE Ságvári Endre Gyakorló Gimnázium, 10. évf.) |
III. megoldás. Ebben a megoldásban helyett értékét határozzuk meg. Ismeretes, hogy , így ha , akkor . Azokat a értékeket keressük, amelyekre a sorozat elemei nem pozitívak.
3. ábra Az függvény a intervallumot ,,kétszeresen'' képezi le önmagára (3. ábra), két fixpontja van, és . Innen nyomban adódik, hogy ha ; akkor a sorozat állandó és így minden tagja negatív, ez az érték tehát megfelelő. Azt állítjuk, hogy minden más kezdőértékre a sorozat tagjai között van pozitív szám. Legyen tehát . Egyszerű algebrai átalakítással | | (3) | Innen kiolvasható, hogy ha és így , akkor , a sorozat tagjai távolodnak -től. Ebből még általában nem következik, hogy a sorozat feltétlenül kilép egy adott intervallumból. Ehhez olyan becslésre volna szükség, ahol a távolodás mértéke nem függ a értékétől. Ilyen becslést kaphatunk, ha a sorozat három szomszédos tagját vesszük figyelembe. Először is jegyezzük meg, hogy (3)-ból következik, hogy ha ; akkor sem lehet . Most negatív, ezért a nullától különböző és értékek (3) szerint ellenkező előjelűek. Ha még is teljesül, akkor mivel elválasztja -t és -t, és közül a nagyobbik legalább 1,5. Mivel a kisebbik is legalább 1, azért | | Írjunk (3)-ban helyére -t, majd használjuk fel ismét (3)-at: | | (4) |
A fentiek szerint ha és , akkor | | Azt kaptuk, hogy ha ; akkor ameddig a sorozat elemei nem pozitívak, addig egyikük sem lehet ; másrészt legalább másfélszer olyan messze van -től, mint . Ha tehát ; akkor a sorozat elemei nem lehetnek valamennyien a intervallumban. Mivel pedig tetszőleges kezdőértékre a sorozat minden eleme a intervallumban van, azért a sorozatnak ilyenkor van pozitív eleme. Végül ha ; akkor , ahol tetszőleges egész szám.
() Hubai Tamás (Budapest, Fazekas Mihály Gimn., 11. évf.) dolgozata nyomán |
|
|