IX OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

IX OM, 1957-1958

Etap:

III

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

$ \cos \frac{2\pi}{n} + \cos \frac{4\pi}{n} + \cos \frac{6\pi}{n} + \ldots + \cos \frac{2n \pi}{n} = 0. $

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 $\overrightarrow{V}$

$ \overrightarrow{V} = \overrightarrow{OA_1} + \overrightarrow{OA_2}+ \ldots + \overrightarrow{OA_{m-1}} + \overrightarrow{OA_n}. $

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

$ X = \cos \frac{2\pi}{n} + \cos \frac{4\pi}{n} + \ldots + \cos \frac{(2n-2) \pi}{n} + \cos \frac{2n\pi}{n}, $

$ Y = \sin \frac{2\pi}{n} + \sin \frac{4\pi}{n} + \ldots + \sin \frac{(2n-2) \pi}{n} + \sin \frac{2n\pi}{n}. $

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)

$ \overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OB_1} + \overrightarrow{B_1B} = \overrightarrow{OB_1} + \overrightarrow{A_1C} = \overrightarrow{OB_1} + \overrightarrow{OB_2}, $

zatem

$ X = X_1 + X_2 \textrm{ i tak samo } Y = Y_1 + Y_2. $

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:

$ \cos \left( \alpha + \frac{2\pi}{n} \right) + \cos \left( \alpha + \frac{4\pi}{n} \right) + \ldots + \cos \left( \alpha + \frac{2n\pi}{n} \right) = 0, $

$ \sin \left( \alpha + \frac{2\pi}{n} \right) + \sin \left( \alpha + \frac{4\pi}{n} \right) + \ldots + \sin \left( \alpha + \frac{2n\pi}{n} \right) $

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

$ C + iS = (\cos \alpha + i \sin \alpha) + (\cos 2\alpha + i \sin 2\alpha) + \ldots + (\cos n\alpha + i \sin n \alpha). $

Według wzoru Moivre'a

$ \cos k \alpha + i \sin k \alpha = (\cos \alpha + i \sin \alpha)^k. $

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

$ C + iS = q + q^2 + \ldots + q^n = \frac{q(q^n-1)}{q-1}. $

Otóż

$ \frac{q-1}{q} = 1 - \frac{1}{q} = 1 - \frac{1}{\cos \alpha + i \sin \alpha} = 1 - \cos \alpha + i \sin \alpha. $

Stąd

$ \begin{split} & \frac{q}{q-1} = \frac{1}{(1 - \cos \alpha) + i \sin \alpha} = \frac{(1 - \cos \alpha) - i \sin \alpha}{(1 - \cos \alpha)^2 + \sin^2 \alpha} =\\ & = \frac{2 \sin^2 \frac{\alpha}{2} - 2i \sin \frac{\alpha}{2} \cos \frac{\alpha}{2}}{4 \sin^2 \frac{\alpha}{2}} = \frac{\sin \frac{\alpha}{2} - i \cos \frac{\alpha}{2}}{2 \sin \frac{\alpha}{2}}. \end{split} $

Zatem

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

wobec czego

$ C = \frac{1}{2 \sin \frac{\alpha}{2}} \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}}, $

$ S = \frac{1}{2 \sin \frac{\alpha}{2}} \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}}. $