Kezdőlap


Feladat:	B.4978	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Weisz Máté
Füzet:	2019/április, 222 - 224. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Síkgeometriai bizonyítások, Vektorok
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2018/október: B.4978

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

A kétszeres szögeke vonatkozó $cos 2 x = cos^{2} x - sin^{2} x$ azonosságot $2 cos^{2} x = cos 2 x + 1$ formában tagonként alkalmazva kapjuk, hogy

\begin{matrix} 2 \sum_{k = 0}^{n - 1} cos^{2} (α + \frac{2 k π}{n}) & = \sum_{k = 0}^{n - 1} 2 cos^{2} (α + \frac{2 k π}{n}) = \sum_{k = 0}^{n - 1} (cos (2 α + \frac{4 k π}{n}) + 1) = \\ = \sum_{k = 0}^{n - 1} (cos (2 α + \frac{4 k π}{n})) + n . \end{matrix}

Pontosan azt kell megmutatnunk, hogy

\begin{matrix} \sum_{k = 0}^{n - 1} (cos (2 α + \frac{4 k π}{n})) = 0. \end{matrix}

A megoldás további részében a komplex számok trigonometrikus alakját használjuk. Legyen

\begin{matrix} z = cos (\frac{2 π}{n}) + i \cdot sin (\frac{2 π}{n}) . \end{matrix}

Ekkor algebrai azonosság alapján

\begin{matrix} \frac{cos (4 π) + i \cdot sin (4 π) - 1}{cos (\frac{4 π}{n}) + i \cdot sin (\frac{4 π}{n}) - 1} & = \frac{z^{2 n} - 1}{z^{2} - 1} = \sum_{k = 0}^{n - 1} z^{2 k} = \\ = \sum_{k = 0}^{n - 1} (cos (\frac{4 k π}{n}) + i \cdot sin (\frac{4 k π}{n})) . \end{matrix}

n \geq 3

feltétel miatt

\frac{4}{n}

nem lehet páros egész szám, így a nevezőben szereplő

cos (4 π) + i \cdot sin (4 π) - 1 \neq 0

. Viszont a számláló,

cos (4 π) + i \cdot sin (4 π) - 1 = 0

, tehát

\begin{matrix} \sum_{k = 0}^{n - 1} (cos (\frac{4 k π}{n}) + i \cdot sin (\frac{4 k π}{n})) = 0. \end{matrix}

Most használjuk fel a trigonometrikus alakban adott komplex számok szorzására vonatkozó azonosságot tagonként:

\begin{matrix} 0 & = (cos (2 α) + i \cdot sin (2 α)) \sum_{k = 0}^{n - 1} (cos (\frac{4 k π}{n}) + i \cdot sin (\frac{4 k π}{n})) = \\ = \sum_{k = 0}^{n - 1} ((cos (2 α) + i \cdot sin (2 α)) (cos (\frac{4 k π}{n}) + i \cdot sin (\frac{4 k π}{n}))) = \\ = \sum_{k = 0}^{n - 1} (cos (2 α + \frac{4 k π}{n}) + i \cdot sin (2 α + \frac{4 k π}{n})) = \\ = \sum_{k = 0}^{n - 1} (cos (2 α + \frac{4 k π}{n})) + i \cdot \sum_{k = 0}^{n - 1} (sin (2 α + \frac{4 k π}{n})) . \end{matrix}

Tudjuk, hogy ez a komplex szám nulla, emiatt a valós része is nulla:

\begin{matrix} \sum_{k = 0}^{n - 1} (cos (2 α + \frac{4 k π}{n})) = 0. \end{matrix}

Az eredeti állításhoz visszatérve tehát beláttuk, hogy

\begin{matrix} 2 \sum_{k = 0}^{n - 1} cos^{2} (α + \frac{2 k π}{n}) = n, vagyis \sum_{k = 0}^{n - 1} cos^{2} (α + \frac{2 k π}{n}) = \frac{n}{2} . \end{matrix}

Weisz Máté (Szegedi Radnóti M. Kísérleti Gimn., 11. évf.)
dolgozata alapján