Условие

Решите при каждом [latex]n>1[/latex] систему уравнений
[latex]\left\{\begin{matrix}\alpha =\frac{\pi (2m+1)}{2(n+1)} x_{1}x_{n}=2, \\x_{2}(x_{n}-x_{1})=1, \\ …, \\x_{n-1}(x_{n}-x_{n-2})=1, \\x_{n}(x_{n}-x_{n-1})=1 \end{matrix}\right.[/latex]

Решение

При нескольких первых значениях [latex]n(n=2,3,4,5)[/latex] систему удается решить «в лоб»: положить [latex]x_{n}=z[/latex], можно вырвзить через [latex]z[/latex] последовательно [latex]x_{1},x_{2},…,[/latex], и наконец из последнего уравнения системы получить уравнение вида [latex]P_{n}(z)=0[/latex], где [latex]P_{n}[/latex] — многочлен. Например, при [latex]n=2[/latex] получим [latex]z=\pm \sqrt{3}[/latex], при [latex]n=3[/latex] — [latex]z=\pm \sqrt{2\pm \sqrt{2}}[/latex], при [latex]n=4[/latex] в ответе появляется корень из [latex]5[/latex]. Это может привести на мысль сделать тригонометрическую заменну переменной (и даже — какую именно). Положим [latex]x_{n}=2\cos \alpha[/latex]. Тогда [latex] x_{1}=\frac{1}{\cos \alpha }, x_{2}=\frac{1}{2\cos \alpha-\frac{1}{\cos \alpha } }=\frac{\cos \alpha }{\cos 2\alpha }:[/latex] и далее по индукции — предположив, что [latex] x_{k}=\frac{\cos (k-1)\alpha }{\cos k\alpha },[/latex] найдем [latex] x_{k+1}=\frac{1}{2\cos \alpha -\frac{\cos (k-1)\alpha }{\cos k\alpha }}=\frac{\cos k\alpha }{\cos (k+1)\alpha },[/latex] поскольку [latex]2\cos \alpha \cos \beta =\cos (\beta +\alpha )+\cos (\beta -\alpha )[/latex]. Последнее уравнение системы даст: [latex] x_{n}=\frac{\cos (n-1)\alpha }{\cos n\alpha }=2\cos \alpha [/latex] и преобразуется к виду [latex]\cos (n+1)\alpha =0[/latex]. Откуда [latex] \alpha =\frac{\pi (2m+1)}{2(n+1)};[/latex] при этом

[latex] x_{k}=\frac{\cos (k-1)\alpha }{\cos k\alpha }(k=1,2, \ldots,n).(*)[/latex]
Разные значения [latex]\cos \alpha[/latex] получаются при [latex]0< \frac{\pi (2m+1)}{2(n+1)} < \pi[/latex], т.е. при [latex]m=0,1, \ldots,n [/latex]. Однако не все они годятся: чтобы ни одно из чисел [latex]\cos k\alpha (k=1, \ldots,n)[/latex] не обращалось в [latex]0[/latex], необходимо и достаточно, чтобы [latex]2m+1[/latex] и [latex]n+1[/latex] не имели общего делителя, большего [latex]1[/latex] (если [latex]2m+1=dp[/latex], [latex]n+1=dp[/latex], [latex]d> 1[/latex], то [latex]p[/latex] — нечетно и [latex]\cos q\alpha =\cos \frac{\pi dpq}{2dq}=\cos \frac{p\pi}{2}=0[/latex]; легко доказать и обратное).

Итак, к строчке [latex](*)[/latex], дающей ответ надо добавить условие: НОД [latex](2m+1,n+1)=1[/latex], [latex]0\leq m\leq n[/latex].

Нужно еще показать, что найдены все решения. Из сказанного выше следует, что нет других решений, для которых [latex]\left | x_{n} \right |\leq 2[/latex]. Вот один из способов доказать, что решения с [latex]\left | x_{n} \right |> 2[/latex] быть не может.

Обозначим [latex]\cosh\alpha =\frac{e^{\alpha }+e^{-\alpha }}{2}[/latex], где [latex]e[/latex] — основание натуральных логарифмов — что, впрочем, здесь не важно: нам понадобиться лишь, что [latex]e> 0[/latex] и что, как и для [latex]\cos \alpha [/latex], [latex]2\cosh\alpha \cosh\beta = \cosh(\alpha +\beta )+\cosh(\alpha -\beta ) [/latex]

(Тем, кто знаком с комплексными числами, напомним, что [latex]\cos \alpha =\frac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2} [/latex], так что «гиперболический косинус» [latex]\cosh\alpha[/latex] — это просто [latex]\cos (i\alpha )[/latex].) Рассуждая так же, как и выше, — положив [latex]x_{n}=\pm 2\cosh\alpha [/latex], — найдем, что [latex]\cosh(n+1)\alpha =0[/latex]. Но функция [latex]\cosh[/latex] вообще не обращается в [latex]0[/latex] ([latex]\cosh\alpha \geq 1[/latex] при любом [latex]\alpha[/latex]), так что решений с [latex]\left | x_{n} \right |> 2[/latex] нет.

Рассказ об этой задаче был бы неполон без объяснения, откуда возникла такая странная на первый взгляд система уравнений. Ее источник — геометрия. Построим равнобедренный треугольник [latex]ABC[/latex] с боковыми сторонами [latex]AB=BC=1[/latex] и углами при основании [latex]\alpha= \frac{\pi }{2(n+1)}[/latex]. Пусть [latex]K[/latex] — середина основания. Отметим на отрезке [latex]KC[/latex] точки [latex]M_{1},…,M_{n-1}[/latex] такие, что [latex]\angle M_{k-1}BM_{k}=\alpha [/latex] (здесь и ниже [latex]k=1,2,…,n[/latex]; [latex] M_{0}=K [/latex], [/latex] M_{k}=C[/latex], см. рисунок).

Треугольники [latex]ABM_{k}[/latex] и [latex]CM_{k-1}B[/latex] подобны (их углы: [latex]\alpha [/latex], [latex](k+n)\alpha [/latex], [latex](n+1-k)\alpha [/latex]), так что [latex]AM_{k}\cdot M_{k-1}C =AB\cdot BC [/latex]. Положим [latex]x_{k}=AM_{k}[/latex], в частности, [latex]x_{n}=AC[/latex] тогда [latex]M_{k-1}C=x_{n}-x_{k-1}[/latex], поэтому [latex]x_{k}(x_{n}-x_{k-1})=1[/latex] и (поскольку [latex]AM_{0}=x_{0}/2[/latex]) [latex]x_{1}x_{n}=2[/latex]. Легко видеть, что (см. рисунок) [latex]AM_{k}=\cos (k-1)\alpha /\cos k\alpha [/latex], в частности, [latex]AM_{1}=1/\cos \alpha [/latex], [latex]AC=2\cos \alpha [/latex]. Таким образом, мы получим иллюстрацию «основного» решения системы с [latex]m=1[/latex].

Заметим, что наш рисунок — фрагмент правильного [latex]2(n+1)[/latex]-угольника со стороной [latex]1[/latex]; [latex]x_{k}[/latex] — это кусочки, высекаемые на одной диагонали [latex]AC[/latex] диагоналями, выходящими из вершины [latex]B[/latex]. Решения системы, отвечающие значемиям [latex]m> 1[/latex], можно интерпретировать аналогичным образом как кусочки диагоналей ( или их продолжений ) правильной [latex]2(n+1)[/latex]-угольной звезды.

Эта геометрическая интерпретация позволяет выяснить, при каких [latex]n[/latex] решения системы выражаются в квадратных радикалах ( через рациональные числа ): при тех, для которых можно построить правильный [latex](n+1)[/latex]-угольник ( а значит, и [latex]2(n+1)[/latex]-угольник ) циркулем и линейкой. Это — в точности те [latex]n[/latex], для которых число решений системы — степень двойки. Вот несколько первых значений [latex]n:2,3,4,5,7,9,11,14,15,16,19,23,…[/latex] ( см. статью А.Кириллова «О правильных многоугольниках, функции Эйлера и числах Ферма», «Квант» №6 за 1994 год).

Формулировка

Доказательство

Условие

Число 26 можно тремя способами разложить в сумму четырех натуральных чисел так, что все 12 чисел различны:

[latex]26=1+6+8+11=2+5+9+10=3+4+7+12.[/latex]

Для каждого натурального [latex]n[/latex] обозначим через [latex]K=K(n)[/latex] наибольшее число четверок натуральных чисел, дающих в сумме [latex]n[/latex] и состоящих из [latex]4K[/latex] различных чисел. Докажите, что

[latex]K(n)=\left [\frac{n-2}{8} \right ][/latex]

[latex][x][/latex]- целая чатсь числа [latex]x[/latex].

Решение

Пусть выбрано [latex]k[/latex] четверок различных натуральных чисел, в сумме дающих [latex]n[/latex]. Обозначим через [latex]s[/latex] сумму всех [latex]4k[/latex] чисел, входящих в эти четверки. Тогда, одной стороны, [latex]s=nk[/latex], а с другой стороны,

[latex]s\geqslant 1+2+\cdots +4k=2k(4k+1).[/latex]

Поэтому [latex]nk\geqslant 2k(4k+1)[/latex], откуда [latex]k\leqslant \frac{n-2}{8}[/latex].

Осталось привести набор [latex]\left [\frac{n-2}{8} \right ][/latex] четверок чисел, удовлетворяющий условиям задачи.

Обозначим число [latex]\left [\frac{n-2}{8} \right ][/latex] через [latex]a[/latex] и пусть [latex]n=8a+2+t[/latex], где [latex]t=0,1,2,\cdots,7[/latex].

Рассмотрим следующую таблицу чисел:

[latex]\begin{matrix}&1 &2 &3 &\cdots &a-1 &a \\ &2a &2a-1 &2a-2 &\cdots &a+2 &a+1 \\ &2a+1 &2a+2 &2a+3 &\cdots &3a-1 &3a \\ &4a+t &4a+t-1 &4a+t-2 &\cdots &3a+t+2 &3a+t+1 \end{matrix}[/latex]

Числа, стоящие в первом столбце, образуют первую четверку чисел, стоящие во втором — вторую четверку чисел, и так далее.

Задача М2098

Двое играют в игру, делая ходы по очереди: первый рисует на плоскости многоугольник, не налегающий на уже нарисованные, а второй ответным ходом раскрашивает его в один из 2008 цветов. Второй игрок хочет, чтобы любые два многоугольника, граничащие по отрезку сторны, имели разные цвета. Сможет ли первый игрок помешать ему?

Ответ: сможет

Решение

Докажем индукцией по [latex]n[/latex], что первый может играть так, что нарисованные им многоугольники будут давать в объединении некоторый многоугольник [latex]P_{n}[/latex], на границу которого выходят многоугольники не менее [latex]n[/latex] цветов. Отсюда будет следовать, что никакого конечного числа цветов недостаточно.

База индукции очевидна. Пусть утверждение верно для [latex]n=k[/latex], докажем его для [latex]n=k+1[/latex]. Из предположения индукции следует, что первый игрок может играть так, чтобы нарисованные многоугольники давали в объединении [latex]k[/latex] многоугольников [latex]P_{k}^{(1)},P_{k}^{(2)},’cdots,P_{k}^{(k)}[/latex], на границу каждого из которых выходят многоугольники не менее [latex]k[/latex] цветов. На границе многоугольника [latex]P_{k}^{(1)}[/latex] выделим отрезок [latex]Delta_{1}[/latex] некоторго цвета 1, на границе многоугольника [latex]P_{k}^{(2)}[/latex] выделим отрезок [latex]Delta_{2}[/latex] некоторго цвета 2, отличного от 1, и т.д., на границе многоугольника [latex]P_{k}^{(k)}[/latex] выделим отрезок [latex]Delta_{k}[/latex] некоторго цвета k, отличного от уже определенных цветов [latex]1,2,cdots,k-1[/latex]. Пусть теперь первый нарисует многоугольник [latex]P[/latex], пересекающийся с многоугольником [latex]P_{k}^{(i)}[/latex] по части отрезка [latex]Delta_{i}[/latex] для всех [latex]i=1,2,cdots,k[/latex] (рис.). Второй игрок должен раскрасить многоугольник [latex]P[/latex] в цвет, отличный от цветов [latex]1,2,cdots,k[/latex]. Тогда на границу многоугольника, являющего объединением многоугольников [latex]P,P_{k}^{(1)},P_{k}^{(2)},cdots,P_{k}^{(k)}[/latex], выходят не менее [latex]k+1[/latex] цветов. Переход индукции доказан.

Замечания

Строгое доказательство существования многоугольника [latex]P[/latex] из решения задачи далеко не просто (хотя интуитивно все очевидно), оно следует из известной топологической теоремы Жордана.

Отметим, что вопрос, поставленный в задаче, уже рассматривался в «Задачнике «Кванта»» для случая, когда первому игроку позволяется рисовать многоугольники лишь специального вида. Результат этой задачи интресно сопоставить также со знаменитой теоремой о четырех красках, согласно которой для раскрашивания правильным образом любой карты на плоскости достаточно лишь четырех цветов.