Vojtech Jarnik 2017/3 Category II

#1

Έστω ακέραιος $n \geqslant 2$ . Θεωρούμε το σύστημα

$\displaystyle{ x_1 + \frac{2}{x_2} =x_2 + \frac{2}{x_3} = \cdots = x_n + \frac{2}{x_1} \quad (1)}$

(α) Να δειχθεί ότι η (1) έχει άπειρες πραγματικές λύσεις $(x_1,\ldots,x_n)$ ώστε οι αριθμοί $x_1,\ldots,x_n$ να είναι διαφορετικοί.

(β) Να δειχθεί ότι κάθε λύση $(x_1,\ldots,x_n)$ της (1) για την οποία οι $x_1,\ldots,x_n$ δεν είναι όλοι ίσοι ικανοποιεί την συνθήκη $|x_1 \cdots x_n| = 2^{n/2}$ .

#2

Για το β) γράφουμε είναι εύκολο να δούμε ότι είναι ανά δύο διαφορετικοί.
$\displastyle x_1-x_2=\frac{2(x_3-x_2)}{x_2x_3}$

$\displastyle x_2-x_3=\frac{2(x_4-x_3)}{x_3x_4}$

...
$\displastyle x_n-x_1=\frac{2(x_1-x_2)}{x_1x_2}$

Παίρνοντας απόλυτες τιμές και πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη έχουμε ότι $|x_1x_2\ldots x_n|=2^{n/2}$ .

#3

Μιας και επανήλθε σε σχέση με την JBMO 2018, βάζω μια λύση και στο (α) ερώτημα.

Αρχικά κάνω την αλλαγή μεταβλητών $y_i = \sqrt{2}x_i$ . Οπότε η συνθήκη γίνεται

$\displaystyle y_1 + \frac{1}{y_2} =y_2 + \frac{1}{y_3} = \cdots = y_n + \frac{1}{y_1} = m$

για κάποιο πραγματικό

.

Ορίζω ακολουθία πολυωνύμων $P_0(x),P_1(x),\ldots$ ώστε P_0(x) = x, P_1(x) = 1

και $P_{r+1}(x) = mP_r(x) - P_{r-1}(x)$ για $r \geqslant 1$ .

Παρατηρώ ότι αν επιλέξω οποιοδήποτε y_1

και μετά επιλέξω $y_{r} = \frac{P_{r-1}(y_1)}{P_r(y_1)}$ , τότε τα $y_1,\ldots,y_n$ ικανοποιούν την συνθήκη αρκεί να ισχύει επίσης και ότι P_n(x) = P_0(x)

και $P_{n+1}(x) = P_1(x)$ .

Λύνοντας όμως την αναδρομική σχέση έχω P_r(x) = Q(x)a^r + R(x)b^r

για κάποια πολυώνυμα Q(x),R(x)

, όπου

οι ρίζες του πολυωνύμου t^2 - mt + 1

. (Αν το πολυώνυμο έχει διακεκριμένες ρίζες.)

Αρκεί λοιπόν να επιλέξω το

με τέτοιο τρόπο ώστε το t^2-mt+1

να διαιρεί το t^n-1

. Ένας όμως παράγοντας είναι ο

$\displaystyle (t-e^{2\pi i/n})(t-e^{-2\pi i/n}) = t^2 - 2\cos(\frac{2\pi}{n})t + 1$

Οπότε μπορώ να επιλέξω $m = 2\cos(\frac{2\pi}{n})$ και το ζητούμενο έπεται. Μπορούν μάλιστα να υπολογιστούν και οι τιμές των x_i

(εξαρτώνται από το x_1

) αλλά δεν είναι απαραίτητο να γίνει. Το μόνο που χρειάζεται είναι να ελέγξουμε ότι δεν είναι όλα τα x_i

ίσα. Ισοδύναμα θέλουμε $y_1 \neq y_2$ . Μόνο που για οποιοδήποτε

υπάρχουν το πολύ

τιμές του

που δίνουν y_1 = y_2

(οι λύσεις της y + 1/y = m

). Άρα υπάρχει κατάλληλη επιλογή.

Στην επίσημη λύση βρίσκει κατάλληλα a,b,t_0

ώστε $\displaystyle x_k = a\tan\left(t_0 + \frac{k\pi}{n} \right) + b$ .

Vojtech Jarnik 2017/3 Category II

Vojtech Jarnik 2017/3 Category II

Re: Vojtech Jarnik 2017/3 Category II

Re: Vojtech Jarnik 2017/3 Category II

Μέλη σε σύνδεση