Feladat:	B.4361	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bogár Blanka ,  Damásdi Gábor ,  Fonyó Viktória ,  Frittmann Júlia ,  Strenner Péter ,  Szabó Attila ,  Weisz Gellért
Füzet:	2012/január, 19 - 21. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Síkgeometriai bizonyítások, Ellipszis egyenlete
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2011/április: B.4361

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Vegyünk fel egy olyan derékszögű koordinátarendszert, amelynek origója $O$, és benne az ellipszis egyenlete ${\left(\frac{X}{a}\right)}^2+{\left(\frac{Y}{b}\right)}^2=1$.   1. ábra   Ha az ellipszis tetszőleges $T$ pontjára $OT=r$ és az $OT$ szakasz az $x$ tengely pozitív felével $\alpha$ irányított szöget zár be, akkor a $T$ pont koordinátái $\left(r\text{cos}\alpha \mathrm{,}r\text{sin}\alpha \right)$. Ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{r\text{cos}\alpha }{a}\right)}^2+{\left(\frac{r\text{sin}\alpha }{b}\right)}^2=\mathrm{1,}\text{azaz}\frac{1}{O{T}^2}=\frac{1}{r^2}=\frac{\text{cos}{}^2\alpha }{a^2}+\frac{\text{sin}{}^2\alpha }{b^2}\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Jelölje $j=\mathrm{1,2,}\text{...}\mathrm{,}n$ esetén a $P_j$ pont $O$-ra vonatkozó tükörképét $P_{n+j}$. Ekkor $O{P}_j=O{P}_{n+j}$. Ha az $O{P}_i$ szakasznak az $x$ tengely pozitív felével bezárt irányított szöge ${\alpha }_i$ $\left(i=\mathrm{1,2,}\text{...}\mathrm{,2}n\right)$, akkor minden $1\le i<2n$ esetén fennáll a $\begin{array}{c}{\displaystyle P_{i}O{P}_{i+1}\sphericalangle ={\alpha }_{i+1}-{\alpha }_i=\frac{\pi }{n}}\end{array}$ egyenlőség. Ezért ${\alpha }_i={\alpha }_1+\left(i-1\right)\frac{\pi }{n}$ minden $1\le i\le 2n$ esetén,   tehát az (1) összefüggést, valamint a $\text{sin}x=\text{cos}(\frac{\pi }{2}-x)$ azonosságot felhasználva kapjuk, hogy ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle {\sum }_{i=1}^n\frac{2}{O{P}_i^2}}& {\displaystyle ={\sum }_{i=1}^{2n}\frac{1}{O{P}_i^2}=\frac{1}{a^2}{\sum }_{i=1}^{2n}\text{cos}{}^2{\alpha }_i+\frac{1}{b^2}{\sum }_{i=1}^{2n}\text{sin}{}^2{\alpha }_i=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{a^2}{\sum }_{i=1}^{2n}\text{cos}{}^2\left({\alpha }_1+\frac{\left(i-1\right)\pi }{n}\right)+\frac{1}{b^2}{\sum }_{i=1}^{2n}\text{cos}{}^2\left(\frac{\pi }{2}-\left({\alpha }_1+\frac{\left(i-1\right)\pi }{n}\right)\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Vagyis feladatunk állításának igazolásához elegendő azt megmutatni, hogy bármely $\beta$ szög esetén $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{i=1}^{2n}\text{cos}{}^2\left(\beta +\frac{\left(i-1\right)\pi }{n}\right)=n\mathrm{.}}\end{array}$ A $\text{cos}2\beta =2\text{cos}{}^2\beta -1$ összefüggés szerint ez egyenértékű a $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{i=1}^{2n}\text{cos}\left(2\beta +\left(i-1\right)\frac{2\pi }{n}\right)=0}\end{array}$ egyenlőséggel, a koszinuszfüggvény periodicitása miatt utóbbi pedig a $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{i=1}^n\text{cos}\left(2\beta +\left(i-1\right)\frac{2\pi }{n}\right)=0}\end{array}$ egyenlőséggel. Itt a bal oldalon az $O$ középpontú egységsugarú körbe írt olyan szabályos $n$-szög csúcsainak $x$-koordinátái szerepelnek összeadandóként, amelynek egyik csúcsa a $\left(\text{cos}2\beta \mathrm{,}\text{sin}2\beta \right)$ pont (2. ábra).   2. ábra   Ezen koordináták összege megegyezik az $O$ középpontból a sokszög csúcsaiba mutató vektorok összegének első koordinátájával. Viszont ez az összegvektor nem változik meg, ha a sokszöget $O$ körül $\frac{2\pi }{n}$ szöggel elforgatjuk. Olyan vektor viszont, amely a $\frac{2\pi }{n}$-szögű elforgatásnál nem változik, csak egy van, a $\text{0}$. Ennek persze mindkét koordinátája 0, tehát a koszinuszok összege is 0, amivel állításunkat beláttuk.