Kezdőlap


Feladat:	B.4035	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Marák Károly
Füzet:	2008/április, 226 - 228. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Trigonometrikus egyenletek, Trigonometriai azonosságok, Komplex számok, Vektorok felbontása összetevőkre, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2007/november: B.4035

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

I. megoldás. A megoldást a $[0; 2 π)$ intervallumon keresve világos, hogy $x \neq 0$ , így $\frac{x}{2} \neq 0, π$ , azaz $sin \frac{x}{2} \neq 0$ . Az egyenlet ezért ekvivalens a

\begin{matrix} 2 cos 5 x sin \frac{x}{2} & + 2 cos 4 x sin \frac{x}{2} + 2 cos 3 x sin \frac{x}{2} + 2 cos 2 x sin \frac{x}{2} + \\ + 2 cos x sin \frac{x}{2} + sin \frac{x}{2} = 0 (x \neq 0) \end{matrix}

egyenlettel. Alakítsuk át az egyenlet bal oldalát a tetszőleges

k

(egész) számra érvényes (a szinusz függvény addíciós képletéből következő)

\begin{matrix} sin (k + \frac{1}{2}) α - sin (k - \frac{1}{2}) α = 2 cos k α sin \frac{α}{2} \end{matrix}

azonosság felhasználásával az

α = x

k = 1,2,3,4,5

szereposztásban:

\begin{matrix} (sin (5 + \frac{1}{2}) x - sin (5 - \frac{1}{2}) x) & + & (sin (4 + \frac{1}{2}) x - sin (4 - \frac{1}{2}) x) + \\ + (sin (3 + \frac{1}{2}) x - sin (3 - \frac{1}{2}) x) & + & (sin (2 + \frac{1}{2}) x - sin (2 - \frac{1}{2}) x) + \\ + (sin (1 + \frac{1}{2}) x - sin (1 - \frac{1}{2}) x) & + & sin \frac{x}{2} = sin \frac{11}{2} x = 0 . \end{matrix}

sin \frac{11}{2} x = 0

egyenlet nemnulla megoldásait keressük tehát

[0; 2 π)

-ben:

\frac{11}{2} x = π t

x = \frac{2 t π}{11} = \frac{2 π}{11}

\frac{4 π}{11}

\frac{6 π}{11}

\frac{8 π}{11}

\frac{10 π}{11}

\frac{12 π}{11}

\frac{14 π}{11}

\frac{16 π}{11}

\frac{18 π}{11}

\frac{20 π}{11}

II. megoldás. Az

ε = cos x + i sin x

komplex szám

k

-adik hatványa tetszőleges

k

egészre a Moivre-képlet szerint

ε^{k} = cos k x + i sin k x

; továbbá

(cos k x + i sin k x) + (cos (- k x) + i sin (- k x)) = 2 cos k x

. Egyenletünk bal oldala ezek szerint az

\begin{matrix} S = ε^{- 5} + ε^{- 4} + ε^{- 3} + ε^{- 2} + ε^{- 1} + 1 + ε + ε^{2} + ε^{3} + ε^{4} + ε^{5} \end{matrix}

összegnek a valós része; ez maga az

S

, mivel

S

képzetes része a szinusz függvény páratlansága miatt nulla. A mértani sorozat összegképlete szerint:

\begin{matrix} S = \frac{ε^{6} - ε^{- 5}}{ε - 1}, \end{matrix}

így a feladat egyenlete egyenértékű az

ε^{6} = ε^{- 5}

ε \neq 1

, illetve az

ε^{11} = 1 \neq ε

egyenlettel. Ennek megoldásai:

\begin{matrix} ε = cos \frac{2 t π}{11} + i sin \frac{2 t π}{11}, azaz x = \frac{2 t π}{11}, t = 1,2, ...,10. \end{matrix}

III. megoldás. Először megmutatjuk, hogy

x = \frac{2 π}{11}

megoldása az egyenletnek. Vegyünk fel a síkbeli derékszögű koordinátarendszerben egy szabályos 11-szöget, melynek középpontja az origó, csúcsai pedig pozitív körüljárás szerint

A_{0}, A_{1}, ..., A_{10}

, ahol

A_{0}

(1; 0)

pont. Ekkor

A_{k}

első koordinátája éppen

cos \frac{2 k π}{11}

lesz, vagyis az

A_{i}

pontok első koordinátáinak összege éppen

\begin{matrix} 2 cos 5 x + 2 cos 4 x + 2 cos 3 x + 2 cos 2 x + 2 cos x + 1. \end{matrix}

O

körüli

\frac{2 π}{11}

szögű elforgatás az

\vec{O A_{i}}

vektorok mindegyikét a rákövetkezőbe viszi, ezért a vektorok összege 0, amiért is az

A_{i}

pontok első koordinátáinak összege is 0. Ugyanez a gondolatmenet azt is kiadja, hogy minden

1 \leq k \leq 10

esetén

x = \frac{2 k π}{11}

megoldása lesz az egyenletnek. Természetesen minden megoldáshoz

2 π

egész számú többszörösét hozzáadva újabb megoldásokat kapunk, vagyis minden olyan

k

egész számra, amely 11-gyel nem osztható,

x = \frac{2 k π}{11}

megoldása lesz az egyenletnek. Megmutatjuk, hogy más megoldás nincs.
Az addíciós képletek ismételt alkalmazásával kapjuk, hogy

\begin{matrix} cos 2 x = 2 cos^{2} x - 1, cos 3 x = 4 cos^{3} x - 3 cos x, \\ cos 4 x = 8 cos^{4} x - 8 cos^{2} x + 1 \end{matrix}

és

\begin{matrix} cos 5 x = 16 cos^{5} x - 20 cos^{3} x + 5 cos x . \end{matrix}

Ezért

x

pontosan akkor megoldása az egyenletnek, ha

a = cos x

gyöke a

\begin{matrix} 32 a^{5} + 16 a^{4} - 32 a^{3} - 12 a^{2} + 4 a + 1 = 0 \end{matrix}

egyenletnek. A fent elmondottak miatt az

\begin{matrix} a_{1} = cos \frac{2 π}{11}, a_{2} = cos \frac{4 π}{11}, a_{3} = cos \frac{6 π}{11}, a_{4} = cos \frac{8 π}{11}, a_{5} = cos \frac{10 π}{11} \end{matrix}

számok az egyenletet kielégítik. Mivel ez öt különböző valós szám, a szóban forgó ötödfokú egyenletnek más megoldása már nem lehet. Mivel a fent felsorolt szögek éppen azok, amelyeknek koszinusza valamelyik

a_{i}

-vel egyenlő, az eredeti egyenletnek valóban megadtuk már az összes megoldását.