Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

Komentarz

LX OM - III - Zadanie 6

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

$ (1) \qquad c_pc_s + c_rc_t = c_{p+r}c_{r+s} $

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

$ (2) \qquad \sin \alpha \sin \gamma + \sin \beta \sin \delta = \sin(\alpha + \beta) \sin(\beta + \gamma), $

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

$ \begin{split} 2 \sin \alpha \sin \gamma + 2 \sin \beta \sin \delta &= \cos(\alpha - \gamma) - \cos(\alpha + \gamma) + \cos(\beta - \delta) - \cos(\beta + \delta) \\ &= \cos(\alpha - \gamma) + \cos(\beta - \delta) \\ &= \cos(\alpha - \gamma) - \cos(\alpha +2\beta + \gamma) = 2 \sin(\alpha + \beta) \sin(\beta + \gamma). \end{split} $

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

$ (3) \qquad \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. $

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

$ \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} =\frac{c_{r+2}/c_{r+1}}{c_{r+1}/c_r} $

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

$ \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} >\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}} $

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

$ (4) \qquad 1+ c_kc_{k-2} = c^2_{k -1} \quad \text{dla }k =2, 3, \cdots , n. $

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 $ 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.

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.
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

$ 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}, $

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

$ (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}, $

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 $c_2 = 2 \cos(\pi/n)$ .

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

LX OM - III - Zadanie 6

Rozwiązanie

Sposób I.

Sposób II.

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody