Условие

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

Решение

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

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

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

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

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

(Тем, кто знаком с комплексными числами, напомним, что $\cos \alpha =\frac{e^{i\alpha }+e^{-i\alpha }}{2}$, так что «гиперболический косинус» $\cosh\alpha$ — это просто $\cos (i\alpha )$.) Рассуждая так же, как и выше, — положив $x_{n}=\pm 2\cosh\alpha$, — найдем, что $\cosh(n+1)\alpha =0$. Но функция $\cosh$ вообще не обращается в $0$ ($\cosh\alpha \geq 1$ при любом $\alpha$), так что решений с $\left | x_{n} \right |> 2$ 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 $ABC$ с боковыми сторонами $AB=BC=1$ и углами при основании $\alpha= \frac{\pi }{2(n+1)}$. Пусть $K$ — середина основания. Отметим на отрезке $KC$ точки $M_{1},…,M_{n-1}$ такие, что $\angle M_{k-1}BM_{k}=\alpha$ (здесь и ниже $k=1,2,…,n$; $M_{0}=K$, [/latex] M_{k}=C[/latex], см. рисунок).

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

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

Эта геометрическая интерпретация позволяет выяснить, при каких $n$ решения системы выражаются в квадратных радикалах ( через рациональные числа ): при тех, для которых можно построить правильный $(n+1)$-угольник ( а значит, и $2(n+1)$-угольник ) циркулем и линейкой. Это — в точности те $n$, для которых число решений системы — степень двойки. Вот несколько первых значений $n:2,3,4,5,7,9,11,14,15,16,19,23,…$ ( 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:

$26=1+6+8+11=2+5+9+10=3+4+7+12.$

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

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

$[x]$- целая чатсь числа $x$.

Решение

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

$s\geqslant 1+2+\cdots +4k=2k(4k+1).$

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

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

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

Рассмотрим следующую таблицу чисел:

$\begin{matrix}&1 &2 &3 &\cdots &a-1 &a \\ &2a &2a-1 &2a-2 &\cdots &a+2 &a+1 \\ &2a+1 &2a+2 &2a+3 &\cdots &3a-1 &3a \\ &4a+t &4a+t-1 &4a+t-2 &\cdots &3a+t+2 &3a+t+1 \end{matrix}$

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

Условие:

Решение:

Условие:

Решение: