LX OM - III - Zadanie 6

Niech $ n \geqslant $ 3 będzie liczbą naturalną. Ciąg liczb nieujemnych
$ (c_0,c_1,\cdots ,c_n) $ spełnia warunek

\[<br />
(1) \qquad c_pc_s + c_rc_t = c_{p+r}c_{r+s}<br />
\]

dla wszystkich $ p, r, s, t \geqslant 0 $ takich, że $ p + r + s + t = n $. Wyznaczyć wszystkie możliwe
wartości $ c_2 $, jeśli $ c_1 =1 $.

Rozwiązanie

Sposób I.

Pokażemy, że dla każdej liczby naturalnej $ n \geqslant 3 $ istnieje dokładnie jeden ciąg spełniający
warunki zadania, a jedyna możliwa wartość $ c_2 $ wynosi $ 2 \cos(\pi/n) $.

Zauważmy, że dla $ p = n $ oraz $ r = s = t = 0 $ warunek (1) przyjmuje postać
$ c_nc_0 + c^2_0 = c_nc_0 $, skąd dostajemy $ c_0 = 0 $. Z kolei dla dowolnego $ k \in\{1, 2,\cdots ,n\} $,
z warunku (1) dla $ p = 0, r = 1, s = k - 1, t = n - k $ wynika, że $ c_0c_{k-1} + c_1c_{n-k} = c_1c_k $,
czyli $ c_{n-k} = c_k $. W szczególności, dla $ k = n $ dostajemy $ 0 = c_0 = c_n $.

Niech $ d $ będzie liczbą dodatnią, $ \varphi = \frac{\pi}{n} $ oraz niech $ c'_k = d \sin(k\varphi) $ dla
$ k =0, 1,\cdots ,n $. Pokażemy, że tak zdefiniowany ciąg $ (c'_0,c'_1,\cdots ,c'_n) $ spełnia warunek
(1). W tym celu wystarczy dowieść tożsamości trygonometrycznej

\[<br />
(2) \qquad \sin \alpha \sin \gamma + \sin \beta \sin \delta = \sin(\alpha + \beta) \sin(\beta + \gamma),<br />
\]

dla $ \alpha + \beta + \gamma + \delta = \pi $. Przekształcając lewą stronę tożsamości, mamy

\[<br />
\begin{split}<br />
2 \sin \alpha \sin \gamma + 2 \sin \beta \sin \delta &=<br />
\cos(\alpha - \gamma) - \cos(\alpha + \gamma) + \cos(\beta - \delta) - \cos(\beta + \delta) \\<br />
&= \cos(\alpha - \gamma) + \cos(\beta - \delta) \\<br />
&= \cos(\alpha - \gamma) - \cos(\alpha +2\beta + \gamma) = 2 \sin(\alpha + \beta) \sin(\beta + \gamma).<br />
\end{split}<br />
\]

Korzystaliśmy tu kilkakrotnie z tożsamości
$ 2 \sin \alpha \sin \beta = \cos(\alpha - \beta) - \cos(\alhpa + \beta) $ oraz z faktu, że
$ \alpha + \beta + \gamma + \delta = \pi $. Zatem dowiedliśmy (2).

Przyjmując $ d = \frac{1}{\sin\varphi} $, otrzymujemy $ c'_1 = 1 $ oraz $ c'_k > 0 $ dla
$ k =0, 1,\cdots ,n $, a wtedy ciąg $ (c_0,c_1,\cdots ,c_n) $ spełnia wszystkie warunki zadania. Uzasadnimy,
że jest to jedyny taki ciąg.

Przypuśćmy, że $ d =(d_0,d_1,\cdots ,d_n) $ jest ciągiem liczb nieujemnych spełniającym warunki nałożone
na ciąg $ c =(c_0,c_1,\cdots ,c_n) $, ale $ d \neq c $. Podstawiając w (1) $ p = s = 1 $ oraz $ t = n-r -2 $
i korzystając z wcześniej udowodnionej zależności $ c_{n-k} = c_k $, otrzymujemy
$ c^2_{r+1} = 1+c_rc_{n-r-2} = 1+c_rc_{r+2} $. Z tego wynika, że $ c_{r+1} \geqslant 1 $ oraz

\[<br />
(3) \qquad<br />
\frac{c_{r+2}/c_{r+1}}{c_{r+1}/c_r}  = 1-\frac{1}{c_{r+1}^2}\quad \text{dla }1\leqslant r\leqslant n-2.<br />
\]

Ponadto, jeżeli znamy $ c_2 $, to pozostałe wyrazy $ c_r $, dla $ r =3,\cdots ,n $, są wyznaczone jednoznacznie.
Skoro $ d \neq c $, możemy zatem założyć, że $ d_2 >c_2 $ (przypadek $ d_2 <c_2 $ jest analogiczny). Uzasadnimy
indukcyjnie, że wtedy $ \frac{d_{r+1}}{d_r} > \frac{c_{r+1}}{c_r} $ oraz $ d_{r+1} >c_{r+1} $ dla $ 0 <r<n $.

Dla $ r = 1 $ obie nierówności są spełnione, bo $ d_1 = c_1 = 1 $. Załóżmy, że nierówności te spełnione są
dla pewnego $ r \geqslant 1 $. Wtedy z zależności (3), analogicznej zależności dla ciągu $ d $ oraz korzystając
z założenia indukcyjnego, otrzymujemy

\[<br />
\frac{d_{r+2}/d_{r+1}}{d_{r+1}/d_r}  = 1-\frac{1}{d_{r+1}^2} > 1-\frac{1}{c_{r+1}^2}<br />
=\frac{c_{r+2}/c_{r+1}}{c_{r+1}/c_r}<br />
\]

Stąd i z faktu, że wyrazy ciągu $ d $ (poza skrajnymi) są dodatnie, mamy

\[<br />
\frac{d_{r+2}}{d_{r+1}}=\frac{d_{r+2}/d_{r+1}}{d_{r+1}/d_r}\cdot\frac{d_{r+1}}{d_r}<br />
>\frac{c_{r+2}/c_{r+1}}{c_{r+1}/c_r}\cdot\frac{c_{r+1}}{c_r} > \frac{c_{r+2}}{c_{r+1}}<br />
\]

oraz $ d_{r+2} = \frac{d_{r+2}}{d_{r+1}} \cdot d_{r+1} > \frac{c_{r+2}}{c_{r+1}} \cdot c_{r+1} $,
co kończy dowód kroku indukcyjnego.

Uzyskaliśmy $ d_{r+1} >c_{r+1} $ dla $ 0 <r<n $, ale to prowadzi do sprzeczności, bo $ d_n =0= c_n $.
Zatem istnieje najwyżej jeden ciąg spełniający warunki zadania.

Wobec powyższych rozważań, jedyną możliwą wartością $ c_2 $ jest
$ \frac{\sin(2\pi/n)}{\sin(\pi/n)} = 2 \cos(\pi/n) $.

Sposób II.

Stosując warunek (1) dla $ p = n $ oraz $ r = s = t = 0 $ otrzymujemy $ c_nc_0 + c^2_0 = c_nc_0 $,
czyli $ c_0 = 0 $. Następnie w (1) podstawiamy $ t = 0 $ oraz $ p = s = l \leqslant n/2 $, $ r = n - 2l $.
Otrzymujemy $ c_l^2 = c^2_{n-l} $, czyli $ c_l = c_{n-l} $, gdyż $ c_l,c_{n-l} \geqslant 0 $. Z kolei dla
$ p = 1, r = k - 2, s = 1, t = n - k $ uzyskujemy tożsamość

\[<br />
(4) \qquad 1+ c_kc_{k-2} = c^2_{k -1} \quad \text{dla }k =2, 3, \cdots , n.<br />
\]

Zatem $ c_i \geqslant 1 $ dla $ i =1, 2,\cdots ,n-1 $. Gdyby zachodziła nierówność $ c_2 \geqslant 2 $,
wówczas prosty argument indukcyjny, oparty na wynikającej z (4) równości
$ c_k =\frac{c_{k-1}-1}{c_{k-2}}(c_{k-1} + 1) $, pokazałby, że $ c_k \geqslant c_{k-1} +1 $ dla
$ k =1, 2,\cdots ,n $, czyli ciąg $ (c_k) $ byłby rosnący, co przeczy temu, że $ c_0 = c_n $. Zatem
$ c_2 < 2 $. Z warunku (4) płynie jeszcze jeden wniosek: Skoro $ c_0 = 0 $, $ c_1 = 1 $ oraz $ c_i \geqslant 1 $
dla $ i =1, 2,\cdots ,n -1 $, zatem jeżeli ustalimy liczbę $ c_2 $, to warunek (4) jednoznacznie wyznacza
pozostałe wyrazy ciągu.

Narysujmy na płaszczyźnie trójkąt $ A_0A_1A_2 $ o bokach $ A_0A_1 = 1 $, $ A_1A_2 = 1 $ oraz $ A_0A_2 = c_2 $.
Taki trójkąt istnieje, gdyż $ |1 - 1| =0 <c_2 < 2 = 1 + 1 $. Opiszmy na nim okrąg o o środku $ O $ i rozważmy
punkty $ A_3,A_4,\cdots ,A_n $ leżące na okręgu o takie, że kąty skierowane $ \measuredangle A_iOA_{i+1} $
są równe. Wykażemy indukcyjnie, że $ c_k = A_0A_k $ dla $ k =0, 1,\cdots ,n $. Dla $ k =0, 1, 2 $ teza zachodzi.
Załóżmy, że zachodzi ona dla każdego $ l \leqslant k $. Jeżeli czworokąt $ A_0A_1A_{k-1}A_k $ jest wypukły, to
stosując twierdzenie Ptolemeusza dostajemy
$ A_0A_1 \cdot A_{k-1}A_k + A_0A_k \cdot A_1A_{k-1} = A_0A_{k-1} \cdot A_1A_k $, czyli
$ 1 + A_0A_k \cdot c_{k-2} = c^2_{k-1} $. Równość ta zachodzi również wtedy, gdy czworokąt
$ A_0A_1A_{k-1}Ak $ jest zdegenerowany i $ A_k = A_0 $. Zatem gdy czworokąty $<br />
A_0A_1A_2A_3, A_0A_1A_3A_4, \cdots , A_0A_1A_{k-1}A_k $ są wypukłe (lub zdegenerowane) to $ c_k = A_0A_k $.

Rozważmy dwa przypadki ze względu na miarę kąta A_0OA_1.

  1. Jeśli $ \measuredangle A_0OA_1 \leqslant 2\pi/n $, to czworokąt $ A_0A_1A_{k-1}A_k $ jest wypukły dla
    każdego $ k \in\{3, 4,\cdots ,n\} $ (lub $ A_k = A_0 $, gdy $ k = n $ oraz $ \measuredangle A_0OA_1 =2\pi/n $)
    i wtedy $ c_k = A_0A_k $ dla $ k =0, 1, 2,\cdots ,n $. Jednocześnie $ 0 = c_0 = c_n = A_0A_n $, czyli
    $ A_0 = A_n $, co oznacza, że $ \measuredangle A_0OA_1 =2\pi/n $, a zatem $ c_2 $ jest długością najkrótszej
    przekątnej w $ n $–kącie foremnym.
  2. Jeśli $ \measuredangle A_0OA_1 > 2\pi/n $, to dla pewnego $ m \in\{1, 2,\cdots ,n -1\} $ punkt
    $ A_0 $ znajduje się wewnątrz kąta $ A_mOA_{m+1} $ lub $ A_0 = A_m $. W obydwu tych wypadkach $ A_0A_m < 1 $.
    Wybierzmy najmniejsze takie $ m $. Wówczas dla $ k \leqslant m $ odpowiednie czworokąty $ A_0A_1A_{k-1}A_k $
    są wypukłe, zatem $ A_0A_m = c_m \geqslant 1 $. Otrzymana sprzeczność dowodzi, że ten przypadek nie zachodzi.

Podsumowując, dla ustalonego $ n $, jeżeli istnieje ciąg spełniający warunki zadania, to jest tylko jeden
i wyraża się wzorem $ c_k = A_0A_k $ dla $ k =0, 1,\cdots ,n $, gdzie $ A_0,A_1,\cdots ,A_{n-1} $ są wierzchołkami
$ n $–kąta foremnego o boku 1. Pozostaje sprawdzić, że tak zdefiniowany ciąg spełnia zależność (1).

Jeżeli liczby całkowite $ p, r, s, t $ są dodatnie i $ p + r + s + t = n $, to z twierdzenia Ptolemeusza dla
czworokąta $ A_0A_pA_{p+r}A_{p+r+s} $, który jest wpisany w okrąg opisany na rozważanym $ n $–kącie, otrzymujemy

\[<br />
A_0A_p \cdot A_{p+r}A_{p+r+s} + A_pA_{p+r} \cdot A_0A_{p+r+s} = A_0A_{p+r} \cdot A_pA_{p+r+s},<br />
\]

a stąd, ponieważ $ n $–kąt jest foremny,

\[<br />
(5) \qquad A_0A_p \cdot A_0A_s + A_0A_r \cdot A_0A_t = A_0A_{p+r} \cdot A_0A_{r+s},<br />
\]

czyli warunek (1) jest spełniony dla dodatnich $ p, r, s, t $. Łatwo sprawdzić, że zależność (5) jest
prawdziwa również w przypadku, gdy przynajmniej jedna z liczb $ p, r, s, t $ jest równa 0. Ponadto każdy wyraz
$ c_k = A_0A_k $ jest nieujemny, zatem rozważany ciąg spełnia założenia zadania.

Z powyższych rozważań wynika, że $ c_2 $ jest długością najkrótszej przekątnej w $ n $–kącie foremnym
o boku 1, czyli $ c_2 = 2 \cos(\pi/n) $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź