Feladat: B.4008 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Éles András 
Füzet: 2007/december, 542 - 543. oldal  PDF file
Témakör(ök): Trigonometrikus egyenletek, Párhuzamos szelők tétele és megfordítása, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Trigonometriai azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2007/május: B.4008

Bizonyítsuk be, hogy
ctg70+4cos70=3.

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

I. megoldás. Mivel ctg70=cos70sin70, így a bizonyítandó egyenlőség ekvivalens a

cos70+4cos70sin70=3sin70
egyenlettel. 2cos70sin70=sin140, ezt beírva, 2-vel osztva és rendezve:
sin140=32sin70-12cos70.
Mivel 32=cos30 és 12=sin30, az addíciós tételt felhasználva
cos30sin70-sin30cos70=sin(70-30)=sin40,
ami valóban sin140, hiszen minden α-ra sin(180-α)=sinα.
 
II. megoldás. A feladat a 70-os szögről szól. Vegyünk fel egy egyenlő szárú háromszöget, melynek alapon lévő szögei 70-osak. Így geometriai értelmezést adhatunk a feladatnak. Legyen P a háromszög AC szárán az a pont. melyre ABP  30-os. Állítsunk merőlegest a P pontból az AB alapra, a talppont legyen T, AB felezőpontja pedig az F pont.
 
 

Legyen PT=1, ekkor
PB=PTsin30=2,TB=PBcos30=3,ATPT=ctg70.


Legyen x=AT=PTctg70=ctg70.
Az ATP háromszögben a Pitagorasz-tételt használva: AP=x2+1.
AB=AT+TB=x+3,AF=AB2=x+32,TF=AF-AT=x+32-x=3-x2.


A BPC háromszög egyenlő szárú, így PC=PB=2.
A párhuzamos szelők tételének következménye szerint:
ATAP=TFPC,azazxx2+1=3-x4.

Vagyis sikerült belátnunk, hogy ha x=ctg70, akkor
x+4xx2+1=3.
Mivel cos70=ATAP=xx2+1, azért ez éppen a bizonyítandó állítás:
ctg70+4cos70=3.