IX OM - III - Zadanie 3

Dowieść, że jeżeli $ n $ jest liczbą naturalną większą od $ 1 $, to

\[<br />
\cos \frac{2\pi}{n} + \cos \frac{4\pi}{n} + \cos \frac{6\pi}{n} + \ldots + \cos \frac{2n \pi}{n} = 0.<br />
\]

Rozwiązanie

\spos{1} Weźmy pod uwagę $ n $ wektorów jednostkowych $ \overrightarrow{OA_1}, \overrightarrow{OA_2}, \ldots, \overrightarrow{OA_{n-1}}, \overrightarrow{OA_n} $ tworzących z osią $ OX $ odpowiednio kąty $ \frac{2\pi}{n}, \frac{4\pi}{n}, \ldots, \frac{(2n-2) \pi}{n}, \frac{2n \pi}{n} $ (rys. 29). Niech sumą tych wektorów będzie pewien wektor $ \overrightarrow{V} $

\[<br />
\overrightarrow{V} = \overrightarrow{OA_1} + \overrightarrow{OA_2}+ \ldots + \overrightarrow{OA_{m-1}} + \overrightarrow{OA_n}.<br />
\]

Możemy sobie na przykład wyobrazić, że wektory $ \overrightarrow{OA_i} $ $ (i = 1, 2, \ldots,n) $ są siłami działającymi na punkt $ O $, a $ \overrightarrow{V} $ jest wypadkową tych sił.

Rozłóżmy każdy z wektorów $ \overrightarrow{OA_i} $ oraz wektor $ \overrightarrow{V} $ na dwie składowe (rzuty) w kierunku osi $ OX $ i $ OY $. Miarami składowych wektora $ \overrightarrow{OA_i} $ na te osie są odpowiednio liczby $ \cos \frac{2i\pi}{n} $ i $ \sin \frac{2i\pi}{n} $, miarami składowych wektora $ \overrightarrow{V} $ niech będą liczby $ X $ i $ Y $. Wówczas

\[<br />
X = \cos \frac{2\pi}{n} + \cos \frac{4\pi}{n} + \ldots + \cos \frac{(2n-2) \pi}{n} + \cos \frac{2n\pi}{n},<br />
\]
\[<br />
Y = \sin \frac{2\pi}{n} + \sin \frac{4\pi}{n} + \ldots + \sin \frac{(2n-2) \pi}{n} + \sin \frac{2n\pi}{n}.<br />
\]

Obróćmy układ $ n $ wektorów $ \overrightarrow{OA_i} $ dokoła punktu $ O $ o kąt $ \frac{2\pi}{n} $; kąt ten jest mniejszy od kąta pełnego $ 2\pi $, ponieważ $ n > 1 $. O tenże kąt $ \frac{2\pi}{n} $ obróci się wówczas suma tych wektorów, czyli wypadkowy wektor $ V $. Lecz łatwo zauważyć, że po obrocie otrzymujemy układ tych samych wektorów, gdyż wektor $ \overrightarrow{OA_1} $ przejdzie na wektor $ \overrightarrow{OA_2} $, $ \overrightarrow{OA_2} $ na $ \overrightarrow{OA_3} $ itd., wreszcie $ \overrightarrow{OA_{n-1}} $ na $ \overrightarrow{OA_n} $, a $ \overrightarrow{OA_n} $ na $ \overrightarrow{OA_1} $. Jeśli zaś układ wektorów po obrocie jest ten sam, co przed obrotem, to również wektor wypadkowy po obrocie musi być tym samym wektorem wypadkowym $ \overrightarrow{V} $, co przed obrotem. Wektor $ \overrightarrow{V} $ nie zmienia się więc, gdy go obrócimy dokoła $ O $ o kąt mniejszy od $ 2\pi $. Taką własność ma tylko wektor zerowy, tj. wektor redukujący się do punktu $ O $. Obie składowe tego wektora są wobec tego równe zeru, czyli $ X = 0 $, $ Y = 0 $. Dowód twierdzenia został przeprowadzony; uzyskaliśmy przy tym jednocześnie nowy dowód wzoru z zadania 10.

Rozumowanie powyższe można zmodyfikować, a mianowicie zamiast obrotu układu wektorów $ \overrightarrow{OA_i} $ rozważać symetrie tego układu. Łatwo zauważyć, że prosta $ OX $ jest osią symetrii figury utworzonej z wektorów $ \overrightarrow{OA_1}, \overrightarrow{OA_2}, \ldots, \overrightarrow{OA_n} $. Dwusieczna kąta między wektorami $ \overrightarrow{OA_n} $ i $ \overrightarrow{OA_1} $ jest również osią symetrii tej figury. Są to dwie różne osie symetrii, gdyż $ \frac{2\pi}{n} < 2\pi $. Te same osie symetrii musi mieć wektor wypadkowy $ \overrightarrow{V} $ układu wektorów $ \overrightarrow{OA_i} $. Ponieważ wektor różny od zera ma tylko jedną oś symetrii, przeto $ \overrightarrow{V} = 0 $, c. n. d. W ten sposób rozwiązał zadanie jeden z zawodników IX Olimpiady.

W przeprowadzonym dowodzie korzystaliśmy z następującego twierdzenia o wektorach: Jeżeli wektor $ \overrightarrow{V} $ jest sumą wektorów $ \overrightarrow{OA_1}, \overrightarrow{OA_2}, \ldots $, to miara (patrz Zadania z Olimpiad Matematycznych, Warszawa 1956, PZWS, zadanie nr 66.) rzutu (składowej) wektora $ \overrightarrow{V} $ na dowolną oś rzutów równa się sumie miar rzutów wektorów $ \overrightarrow{OA_1}, \overrightarrow{OA_2}, \ldots $ na tę samą oś.

Niech na przykład $ \overrightarrow{V} = \overrightarrow{O A} = \overrightarrow{OA_1} + \overrightarrow{OA_2} $ (rys. 30) i niech $ (X, Y) $ oznaczają miary rzutów wektora $ \overrightarrow{V} $ na osie $ OX $ i $ OY $, czyli współrzędne punktu $ A $ w układzie $ XOY $, a $ (X_1; Y_1) $ i $ (X_2, Y_2) $ odpowiednio miary rzutów wektorów $ OA_1 $ i $ OA_2 $ na te osie.

Wówczas (rys. 30)

\[<br />
\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OB_1} + \overrightarrow{B_1B} = \overrightarrow{OB_1} + \overrightarrow{A_1C} = \overrightarrow{OB_1} + \overrightarrow{OB_2},<br />
\]

zatem

\[<br />
X = X_1 + X_2 \textrm{ i tak samo } Y = Y_1 + Y_2.<br />
\]

Stosując łatwe rozumowanie indukcyjne, uogólniamy te wzory natychmiast na przypadek dowolnej ilości składników.

Uwaga. Jeżeli układ wektorów (rys. 29) obrócimy dokoła punktu $ O $ o dowolny kąt $ \alpha $, to ich suma pozostanie oczywiście równa zeru. Stąd otrzymujemy następujące uogólnienie twierdzeń zadania 10 i zadania 21:

\[<br />
\cos \left( \alpha + \frac{2\pi}{n} \right) +<br />
\cos \left( \alpha + \frac{4\pi}{n} \right) +<br />
\ldots +<br />
\cos \left( \alpha + \frac{2n\pi}{n} \right) = 0,<br />
\]
\[<br />
\sin \left( \alpha + \frac{2\pi}{n} \right) +<br />
\sin \left( \alpha + \frac{4\pi}{n} \right) +<br />
\ldots +<br />
\sin \left( \alpha + \frac{2n\pi}{n} \right)<br />
\]

dla każdego naturalnego $ n > 1 $ i dowolnego $ \alpha $.

Uwaga. Posługując się liczbami zespolonymi, można sumę cosinusów $ C $ i sumę sinusów $ S $ wielokrotności $ \alpha $ ($ \alpha \ne 2k\pi $) obliczyć jednocześnie. Obliczamy mianowicie

\[<br />
C + iS = (\cos \alpha + i \sin \alpha) + (\cos 2\alpha + i \sin 2\alpha) + \ldots + (\cos n\alpha + i \sin n \alpha).<br />
\]

Według wzoru Moivre'a

\[<br />
\cos k \alpha + i \sin k \alpha = (\cos \alpha + i \sin \alpha)^k.<br />
\]

Niech $ \cos \alpha + i \sin \alpha = q $, wówczas

\[<br />
C + iS = q + q^2 + \ldots + q^n = \frac{q(q^n-1)}{q-1}.<br />
\]

Otóż

\[<br />
\frac{q-1}{q} = 1 - \frac{1}{q} = 1 - \frac{1}{\cos \alpha + i \sin \alpha} = 1 - \cos \alpha + i \sin \alpha.<br />
\]

Stąd

\[<br />
\begin{split}<br />
& \frac{q}{q-1} = \frac{1}{(1 - \cos \alpha) + i \sin \alpha} =<br />
\frac{(1 - \cos \alpha) - i \sin \alpha}{(1 - \cos \alpha)^2 + \sin^2 \alpha} =\\<br />
& = \frac{2 \sin^2 \frac{\alpha}{2} - 2i \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}}{4 \sin^2 \frac{\alpha}{2}} =<br />
\frac{\sin \frac{\alpha}{2} - i \cos \frac{\alpha}{2}}{2 \sin \frac{\alpha}{2}}.<br />
\end{split}<br />
\]

Zatem

\[<br />
\begin{split}<br />
C + iS =<br />
\frac{\sin \frac{\alpha}{2} - i \cos \frac{\alpha}{2}}{2 \sin \frac{\alpha}{2}} (\cos n \alpha + i \sin n \alpha - 1 ) =\\<br />
= \frac{1}{2 \sin \frac{\alpha}{2}}<br />
\left[<br />
\sin \frac{(2n + 1)\alpha}{2} - i \cos \frac{(2n + 1) \alpha}{2} - \sin \frac{\alpha}{2} + i \cos \frac{\alpha}{2}<br />
\right],<br />
\end{split}<br />
\]

wobec czego

\[<br />
C =<br />
\frac{1}{2 \sin \frac{\alpha}{2}}<br />
\left[ \sin \frac{(2n + 1)\alpha}{2} - \sin \frac{\alpha}{2} \right] = \frac{\sin \frac{n \alpha}{2} \cos \frac{(n+1)\alpha}{2}}{\sin \frac{\alpha}{2}},<br />
\]
\[<br />
S =<br />
\frac{1}{2 \sin \frac{\alpha}{2}}<br />
\left[ \cos \frac{\alpha}{2} - \cos \frac{(2n+1)\alpha}{2} \right] = \frac{\sin \frac{n \alpha}{2} \sin \frac{(n+1)\alpha}{2}}{\sin \frac{\alpha}{2}}.<br />
\]

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź