Az A. 546. feladat (2011. november)

A. 546. Igazoljuk, hogy

$\frac{1}{\sin^2{\dfrac{\pi}{4k+2}}} + \frac{1}{\sin^2{\dfrac{3\pi}{4k+2}}} + \frac{1}{\sin^2{\dfrac{5\pi}{4k+2}}} + \ldots + \frac{1}{\sin^2{\dfrac{(2k-1)\pi}{4k+2}}} = 2k(k+1)$

tetszőleges pozitív egész k esetén.

(5 pont)

A beküldési határidő 2011. december 12-én LEJÁRT.

1. megoldás. Legyen U_n(x) az az n-edfokú polinom, amelyre U_n(cos t)sin t=sin ((n+1)t). (Ezt a polinomot hívják ``másodfajú'' Csebisev-polinomnak.) Az U_2k polinom gyökei az $x_1=\cos\frac{\pi}{2k+1}=\sin\frac{(2k-1)\pi}{4k+2}$ , $x_2=\cos\frac{2\pi}{2k+1}=\sin\frac{(2k-3)\pi}{4k+2}$ , ..., $x_k=\cos\frac{k\pi}{2k+1}=\sin\frac{\pi}{4k+2}$ számok és ellentettjeik: x_k+1=-x+1, x_k+2=-x₂, ..., x_2k=-x_k. Az állítás baloldalán ezeknek a négyzete szerepel; az állítás tehát ekvivalens azzal, hogy

$\sum_{j=1}^{2k} \frac1{x_j^2} = 4k(k+1).$

(1)

1. lemma. U₀(x)=1, U₂(x)=4x²-1, és k $\ge$ 1 esetén U_2k+2(x)+U_2k-2(x)=(4x²-2)U_2k(x).

Bizonyítás. Mivel U₀(cos t)sin t=sin t, ezért U₀(x)=1 például minden -1<x<1 esetén. Hasonlóan, mivel U₂(cos t)sin t=sin (3t)=(4cos²-1)sin t, U₂(x)=4x²-1.

Mivel a harmadik tulajdonság két oldalán is polinomok állnak, elég ezeket a (-1,1) intervallumbeli helyeken ellenőrizni. Például az sin (a+b)+sin (a-b)=2sin acos b azonosságból kaphatjuk, hogy

U_2k+2(cos t)sin t+U_2k-2(cos t)sin t=

=sin ((2k+3)t)+sin ((2k-1)t)=2sin ((2k+1)t)cos (2t)=

=2U_2k(cos t)sin t^.(2cos²-1),

azaz U_2k+2(x)+U_2k-2(x)=(4x²-2)U_2k(x).

2. lemma. Legyen $U_{2k}(x)=a_{k,0}+a_{k,1}x+\ldots+a_{k,2k}x^{2k}$ . Ekkor a_k,0=(-1)^k, a_k,1=0 és a_k,2=(-1)^k+1^.2k(k+1).

Bizonyítás. A k szerinti indukcióval bizonyítunk. A k=0 esetben U₀(x)=1, azaz a_0,0=1=(-1)^k, a_0,1=0, és a_0,2=0=-4k(k+1) A k=1 esetben U₀(x)=4x²-1, azaz a_1,0=-1=(-1)^k, a_1,1=0, és a_1,2=4=2k(k+1). Az állításunk tehát igaz k=0 és k=1 esetén.

Az indukciós lépéshez tegyük fel, hogy a lemma igaz k-ra és (k-1)-re is. Ekkor a 1. lemma szerint

$a_{k+1,0}+a_{k+1,1}x+a_{k+1,2}x^2+\ldots=U_{2k+2}(x)= (4x^2-2)U_{2k}(x)-U_{2k-2}(x)=$

$= (4x^2-2)(a_{k,0}+a_{k,1}x+a_{k,2}x^2+\ldots) -(a_{k-1,0}+a_{k-1,1}x+a_{k-1,2}x^2+\ldots) =$

$= (4x^2-2)((-1)^k+(-1)^{k+1}\cdot 2k(k+1)x^2+\ldots) -((-1)^{k-1}+(-1)^k\cdot2k(k-1)x^2+\ldots).$

Ebből leolvashatjuk, hogy

a_k+1,0=-2^.(-1)^k-(-1)^k-1=(-1)^k+1,

a_k+1,1=0,

végül

a_k+1,2=4^.(-1)^k-2^.(-1)^k+1^.2k(k+1)-(-1)^k^.2k(k-1)=

=(-1)^k(4+4k(k+1)-2k(k-1))=(-1)^k+2^.2(k+1)(k+2).

A lemma tehát k+1-re is igaz.

Ezek után a Viéte-formulákból

$\sum_{j=1}^{2k}\frac1{x_j^2} = \left(\sum_{j=1}^{2k}\frac1{x_j}\right)^2 - 2\sum_{1\le i<j\le 2k} \frac1{x_ix_j} = 0^2 -2\frac{a_{k,2}}{a_{k,0}} = -2\frac{(-1)^{k+1}\cdot 2k(k+1)}{(-1)^k} = 4k(k+1).$

2. megoldás. Legyen $\varepsilon=\cos\dfrac\pi{4k+2}+i\sin\dfrac\pi{4k+2}$ , ekkor bármely $\ell$ egész számra $\sin\dfrac{\ell\pi}{4k+2} = \dfrac{\varepsilon^\ell-\varepsilon^{-\ell}}{2i}$ .

Az $a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\ldots+b^{n-1})$ azonosságból

$\frac{1}{\sin{\frac{(2j-1)\pi}{4k+2}}} = \frac{2i}{\varepsilon^{2j-1}-\varepsilon^{-(2j-1)}} =$

$= \frac{2i(\varepsilon^{2k(2j-1)}+\varepsilon^{(2k-2)(2j-1)} +\varepsilon^{(2k-4)(2j-1)}+\ldots+\varepsilon^{-2k(2j-1)})}{ (\varepsilon^{2k(2j-1)}+\varepsilon^{(2k-2)(2j-1)} +\ldots+\varepsilon^{-2k(2j-1)})(\varepsilon^{2j-1}-\varepsilon^{-(2j-1)})}=$

$= \frac{2i}{\varepsilon^{(2k+1)(2j-1)}-\varepsilon^{-(2k+1)(2j-1)}} \sum_{\ell=-k}^k \varepsilon^{2\ell(2j-1)} = \sum_{\ell=-k}^k \varepsilon^{2\ell(2j-1)},$

így

$\frac{1}{\sin^2{\frac{(2j-1)\pi}{4k+2}}} = \left(\sum_{\ell=-k}^k \varepsilon^{2\ell(2j-1)}\right)^2 = (2k+1) + \sum_{\ell=1}^{2k} \bigl(2k+1-\ell)(\varepsilon^{2\ell(2j-1)} + \varepsilon^{-2\ell(2j-1)}\bigr),$

$\sum_{j=1}^k \frac{1}{\sin^2{\frac{(2j-1)\pi}{4k+2}}} = \sum_{j=1}^k \left( (2k+1) +\sum_{\ell=1}^{2k} \bigl(2k+1-\ell)(\varepsilon^{2\ell(2j-1)} +\varepsilon^{-2\ell(2j-1)}\bigr) \right) =$

$= k(2k+1) + \sum_{\ell=1}^{2k} (2k+1-\ell) \sum_{j=1}^k \bigl(\varepsilon^{2\ell(2j-1)} + \varepsilon^{-2\ell(2j-1)}\bigr).$

Ismét az $a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\ldots+b^{n-1})$ azonosságot használva,

$\sum_{j=1}^k \bigl(\varepsilon^{2\ell(2j-1)} + \varepsilon^{-2\ell(2j-1)}\bigr) = -\varepsilon^{-2\ell(2k+1)} + \varepsilon^{-2\ell}\sum_{j=-k}^k \varepsilon^{4\ell j} =$

$= -\varepsilon^{-2\ell(2k+1)} + \varepsilon^{-2\ell} \frac{\varepsilon^{2\ell(2k+1)}-\varepsilon^{-2\ell(2k+1)}}{ \varepsilon^{2\ell}-\varepsilon^{-2\ell}} = - (-1)^\ell + \varepsilon^{-2\ell} \frac{(-1)^\ell-(-1)^\ell}{\varepsilon^{2\ell}-\varepsilon^{-2\ell}} = (-1)^{\ell+1}.$

Ezért

$\sum_{j=1}^k \frac{1}{\sin^2{\frac{(2j-1)\pi}{4k+2}}} = k(2k+1) - \sum_{\ell=1}^{2k} (2k+1-\ell) (-1)^\ell = 2k(k+1).$

3. megoldás. Ismét az U_2k polinomot használjuk, és az (1) képletet bizonyítjuk. A polinomot gyöktényezőkre bontva, $U_{2k}(x)=c\prod_{j=1}^{2k}(x-x_j)$ , ahol c a polinom fő együtthatója. Ekkor

$\frac{U_{2k}'(x)}{U_{2k}(x)} = \sum_{j=1}^{2k}\frac1{x-x_j},$

és

$\sum_{j=1}^{2k}\frac{1}{(x-x_j)^2} = \left(\sum_{j=1}^{2k}\frac{-1}{x-x_j}\right)'= \left(-\frac{U_{2k}'(x)}{U_{2k}(x)}\right)' = -\frac{U_{2k}''(x)}{U_{2k}(x)} +\left(\frac{U_{2k}'(x)}{U_{2k}(x)}\right)^2.$

Ha ebbe x=0-t helyettesítünk, azt kapjuk, hogy

$\sum_{j=1}^{2k}\frac{1}{x_j^2} = -\frac{U_{2k}''(0)}{U_{2k}(0)}+\left(\frac{U_{2k}'(0)}{U_{2k}(0)}\right)^2.$

(2)

Az U_2k(0), U_2k'(0), U_2k''(0) értékeket úgy számítjuk ki, hogy az

U_2k(cos t)sin t=sin ((2k+1)t)

(3a)

azonosságot kétszer deriváljuk.

-U_2k'(cos t)sin²t+U_2k(cos t)cos t=(2k+1)cos ((2k+1)t),

(3b)

U_2k''(cos t)sin³t-3U_2k'(cos t)sin tcos t-U_2k(cos t)sin t=-(2k+1)²sin ((2k+1)t).

(3c)

A (3a--3c)-be t= $\pi$ /2-t behelyettesítve kapjuk, hogy U_2k(0)=(-1)^k és U_2k'(0)=0, végül

U_2k''(0)=(-1)^k-(-1)^k^.(2k+1)²=(-1)^k+1^.4k(k+1).

Ezeket (2)-be beírva,

$\sum_{j=1}^{2k}\frac{1}{x_j^2} = -\frac{(-1)^{k+1}\cdot4k(k+1)}{(-1)^k}+0^2 = 4k(k+1).$

Statisztika:

7 dolgozat érkezett.

5 pontot kapott: Ágoston Tamás, Gyarmati Máté, Janzer Olivér, Kovács 444 Áron, Mester Márton, Omer Cerrahoglu, Szabó 928 Attila.

A KöMaL 2011. novemberi matematika feladatai

7 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Ágoston Tamás, Gyarmati Máté, Janzer Olivér, Kovács 444 Áron, Mester Márton, Omer Cerrahoglu, Szabó 928 Attila.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?