Az A. 482. feladat (2009. május)

A. 482. Bizonyítsuk be, hogy ha n pozitív egész szám, akkor

$\sum_{k=-n}^n {(-1)}^k \left(\cos\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n+1} > 0.$

(5 pont)

A beküldési határidő 2009. június 15-én LEJÁRT.

Megoldásvázlat. Legyen $\varepsilon=e^{\pi i/(2n+1)}=\cos\frac{\pi}{2n+1}+i\sin\frac{\pi}{2n+1}$ .

$\sum_{k=-n}^n (-1)^k \left(\cos\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n+1} = \sum_{k=-n}^n (-1)^k \left(\frac{\varepsilon^k+\varepsilon^{-k}}2\right)^{2n+1} =$

$= \frac1{2^{2n+1}}\sum_{k=-n}^n (-1)^k \big(\varepsilon^k+\varepsilon^{-k}\big)^{2n+1} = \frac1{2^{2n+1}}\sum_{k=-n}^n (-1)^k \sum_{\ell=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{\ell} \big(\varepsilon^k\big)^\ell\big(\varepsilon^{-k}\big)^{2n+1-\ell} =$

$= \frac1{2^{2n+1}}\sum_{\ell=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{\ell} \sum_{k=-n}^n \big(-\varepsilon^{2\ell-(2n+1)}\big)^k = \frac1{2^{2n+1}}\sum_{\ell=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{\ell} \sum_{k=-n}^n \big(\varepsilon^{2\ell}\big)^k.$

A $\sum_{k=-n}^n \big(\varepsilon^{2\ell}\big)^k$ összeg egy $\varepsilon^{2\ell}$ hányadosú mértani sorozat összege. Az $\ell$ =0 és $\ell$ =2n+1 esetekben a hányados 1, az összeg értéke 2n+1. Ha viszont 0< $\ell$ <2n+1, akkor a mértani sorozat összegképlete szerint

$\sum_{k=-n}^n \big(\varepsilon^{2\ell}\big)^k = \varepsilon^{-n\ell}\frac{(\varepsilon^{2\ell})^{2n+1}-1}{\varepsilon^{2\ell}-1}=0.$

Ezért

$\sum_{k=-n}^n (-1)^k \left(\cos\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n+1} = \frac1{2^{2n+1}} \left(\binom{2n+1}{0}+\binom{2n+1}{2n+1}\right)(2n+1) = \frac{2n+1}{2^{2n}}.$

Azt kaptuk tehát, hogy

$\sum_{k=-n}^n (-1)^k \left(\cos\frac{k\pi}{2n+1}\right)^{2n+1} = \frac{2n+1}{2^{2n}},$

ami pozitív.

Statisztika:

4 dolgozat érkezett.

5 pontot kapott: Backhausz Tibor, Nagy 235 János, Nagy 314 Dániel, Tomon István.

A KöMaL 2009. májusi matematika feladatai

4 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Backhausz Tibor, Nagy 235 János, Nagy 314 Dániel, Tomon István.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?