IMO 1963 · Problem 3
In an \(n\)-gon all of whose interior angles are equal, the lengths of consecutive sides satisfy the relation \[ a_1\ge a_2\ge\cdots\ge a_n. \] Prove that \(a_1=a_2=\cdots=a_n\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
The sum of the interior angles is \((n-2)\pi\), so each interior angle equals \((n-2)\pi/n<\pi\). Thus the polygon is convex, and consecutive directed sides turn through the angle \(2\pi/n\).
Identify the plane with the complex plane, choosing its orientation so that the sides in the given order turn counterclockwise, and making the first side point along the positive real axis. Put \[ z=e^{2\pi i/n}. \] The directed sides are then represented by \[ a_1,\ a_2z,\ \ldots,\ a_nz^{n-1}. \] Since the polygon closes, \[ a_1+a_2z+\cdots+a_nz^{n-1}=0. \] Multiplying by \(1-z\) and using \(z^n=1\), we obtain \[ a_1-a_n=\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})z^k. \] On the other hand, \[ a_1-a_n=\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1}). \] Subtracting the real parts gives \[ \sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1}) \left(1-\cos\frac{2\pi k}{n}\right)=0. \]
For every \(1\le k\le n-1\), the first factor is nonnegative by hypothesis, while the second is strictly positive because \(0<2\pi k/n<2\pi\). Hence every term must vanish, giving \[ a_k-a_{k+1}=0\qquad(1\le k\le n-1). \] Therefore \(a_1=a_2=\cdots=a_n\), as required.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1963 · Aufgabe 3
In einem \(n\)-Eck, dessen Innenwinkel alle gleich groß sind, erfüllen die Längen aufeinanderfolgender Seiten die Beziehung \[ a_1\ge a_2\ge\cdots\ge a_n. \] Beweise, dass \(a_1=a_2=\cdots=a_n\).
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Die Summe der Innenwinkel beträgt \((n-2)\pi\), also ist jeder Innenwinkel gleich \((n-2)\pi/n<\pi\). Somit ist das Vieleck konvex, und aufeinanderfolgende gerichtete Seiten sind um den Winkel \(2\pi/n\) gegeneinander gedreht.
Identifiziere die Ebene mit der komplexen Ebene und wähle ihre Orientierung so, dass sich die Seiten in der gegebenen Reihenfolge gegen den Uhrzeigersinn drehen und die erste Seite in Richtung der positiven reellen Achse zeigt. Setze \[ z=e^{2\pi i/n}. \] Die gerichteten Seiten werden dann wie folgt dargestellt: \[ a_1,\ a_2z,\ \ldots,\ a_nz^{n-1}. \] Da das Vieleck geschlossen ist, gilt \[ a_1+a_2z+\cdots+a_nz^{n-1}=0. \] Durch Multiplikation mit \(1-z\) und unter Verwendung von \(z^n=1\) erhalten wir \[ a_1-a_n=\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})z^k. \] Andererseits gilt \[ a_1-a_n=\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1}). \] Durch Subtraktion der Realteile ergibt sich \[ \sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1}) \left(1-\cos\frac{2\pi k}{n}\right)=0. \]
Für jedes \(1\le k\le n-1\) ist der erste Faktor nach Voraussetzung nichtnegativ, während der zweite wegen \(0<2\pi k/n<2\pi\) strikt positiv ist. Daher muss jeder Summand verschwinden, sodass gilt: \[ a_k-a_{k+1}=0\qquad(1\le k\le n-1). \] Also gilt \(a_1=a_2=\cdots=a_n\), wie behauptet.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1963 · Soru 3
Bütün iç açıları eşit olan bir \(n\)-genin ardışık kenar uzunlukları \[ a_1\ge a_2\ge\cdots\ge a_n \] bağıntısını sağlıyor. \(a_1=a_2=\cdots=a_n\) olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
İç açıların toplamı \((n-2)\pi\) olduğundan, her bir iç açı \((n-2)\pi/n<\pi\) değerine eşittir. Dolayısıyla çokgen dışbükeydir ve ardışık yönlü kenarlar arasındaki dönme açısı \(2\pi/n\) olur.
Düzlemi karmaşık düzlemle özdeşleştirelim; yönlendirmeyi, verilen sıradaki kenarlar saat yönünün tersine dönecek ve ilk kenar pozitif gerçek eksen yönünde olacak biçimde seçelim. \[ z=e^{2\pi i/n} \] alalım. Bu durumda yönlü kenarlar \[ a_1,\ a_2z,\ \ldots,\ a_nz^{n-1} \] ile temsil edilir. Çokgen kapalı olduğundan \[ a_1+a_2z+\cdots+a_nz^{n-1}=0 \] olur. \(1-z\) ile çarpıp \(z^n=1\) eşitliğini kullanarak \[ a_1-a_n=\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})z^k \] elde ederiz. Öte yandan, \[ a_1-a_n=\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1}). \] Gerçek kısımları birbirinden çıkarırsak \[ \sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1}) \left(1-\cos\frac{2\pi k}{n}\right)=0 \] buluruz.
Her \(1\le k\le n-1\) için ilk çarpan, varsayım gereği negatif değildir; ikinci çarpan ise \(0<2\pi k/n<2\pi\) olduğundan pozitiftir. Bu nedenle her terim sıfır olmalıdır ve \[ a_k-a_{k+1}=0\qquad(1\le k\le n-1) \] elde edilir. Dolayısıyla, istendiği gibi \(a_1=a_2=\cdots=a_n\) olur.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1963 · Problema 3
En un \(n\)-gono cuyos ángulos interiores son todos iguales, las longitudes de los lados consecutivos satisfacen la relación \[ a_1\ge a_2\ge\cdots\ge a_n. \] Demostrar que \(a_1=a_2=\cdots=a_n\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
La suma de los ángulos interiores es \((n-2)\pi\), por lo que cada ángulo interior es igual a \((n-2)\pi/n<\pi\). Por tanto, el polígono es convexo, y al pasar de un lado orientado al siguiente se gira un ángulo de \(2\pi/n\).
Identifiquemos el plano con el plano complejo, eligiendo su orientación de modo que los lados, en el orden dado, giren en sentido antihorario, y haciendo que el primer lado apunte en la dirección del semieje real positivo. Sea \[ z=e^{2\pi i/n}. \] Los lados orientados quedan entonces representados por \[ a_1,\ a_2z,\ \ldots,\ a_nz^{n-1}. \] Como el polígono es cerrado, \[ a_1+a_2z+\cdots+a_nz^{n-1}=0. \] Multiplicando por \(1-z\) y usando \(z^n=1\), obtenemos \[ a_1-a_n=\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})z^k. \] Por otra parte, \[ a_1-a_n=\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1}). \] Al restar las partes reales, resulta \[ \sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1}) \left(1-\cos\frac{2\pi k}{n}\right)=0. \]
Para cada \(1\le k\le n-1\), el primer factor es no negativo por hipótesis, mientras que el segundo es estrictamente positivo porque \(0<2\pi k/n<2\pi\). Por tanto, cada término debe anularse, de donde \[ a_k-a_{k+1}=0\qquad(1\le k\le n-1). \] Así pues, \(a_1=a_2=\cdots=a_n\), como se quería demostrar.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1963 · 问题 3
一个 \(n\) 边形的所有内角都相等，其各边按顺序的长度满足关系 \[ a_1\ge a_2\ge\cdots\ge a_n. \] 证明 \(a_1=a_2=\cdots=a_n\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
内角和为 \((n-2)\pi\)，所以每个内角都等于 \((n-2)\pi/n<\pi\)。因此该多边形是凸多边形，相邻有向边之间的转角为 \(2\pi/n\)。
将所在平面视为复平面，选择其定向，使各边按给定顺序逆时针转向，并使第一条边沿实轴正方向。令 \[ z=e^{2\pi i/n}. \] 于是各条有向边分别表示为 \[ a_1,\ a_2z,\ \ldots,\ a_nz^{n-1}. \] 由于多边形闭合， \[ a_1+a_2z+\cdots+a_nz^{n-1}=0. \] 两边乘以 \(1-z\)，并利用 \(z^n=1\)，得 \[ a_1-a_n=\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})z^k. \] 另一方面， \[ a_1-a_n=\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1}). \] 将两式的实部相减，得 \[ \sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1}) \left(1-\cos\frac{2\pi k}{n}\right)=0. \]
对于每个 \(1\le k\le n-1\)，由题设知第一个因子非负，而由于 \(0<2\pi k/n<2\pi\)，第二个因子严格为正。因此每一项都必须为零，从而 \[ a_k-a_{k+1}=0\qquad(1\le k\le n-1). \] 故 \(a_1=a_2=\cdots=a_n\)，得证。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1963 · Задача 3
В \(n\)-угольнике, все внутренние углы которого равны, длины последовательных сторон удовлетворяют соотношению \[ a_1\ge a_2\ge\cdots\ge a_n. \] Докажите, что \(a_1=a_2=\cdots=a_n\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Сумма внутренних углов равна \((n-2)\pi\), поэтому каждый внутренний угол равен \((n-2)\pi/n<\pi\). Следовательно, многоугольник выпуклый, а при переходе от каждой ориентированной стороны к следующей направление поворачивается на угол \(2\pi/n\).
Отождествим плоскость с комплексной плоскостью, выбрав её ориентацию так, чтобы стороны в заданном порядке поворачивались против часовой стрелки, а первая сторона была направлена вдоль положительной вещественной полуоси. Положим \[ z=e^{2\pi i/n}. \] Тогда ориентированные стороны представляются числами \[ a_1,\ a_2z,\ \ldots,\ a_nz^{n-1}. \] Поскольку многоугольник замкнут, \[ a_1+a_2z+\cdots+a_nz^{n-1}=0. \] Умножая на \(1-z\) и используя \(z^n=1\), получаем \[ a_1-a_n=\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})z^k. \] С другой стороны, \[ a_1-a_n=\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1}). \] Вычитая действительные части, получаем \[ \sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1}) \left(1-\cos\frac{2\pi k}{n}\right)=0. \]
При каждом \(1\le k\le n-1\) первый множитель неотрицателен по условию, а второй строго положителен, поскольку \(0<2\pi k/n<2\pi\). Поэтому каждое слагаемое должно равняться нулю, откуда \[ a_k-a_{k+1}=0\qquad(1\le k\le n-1). \] Следовательно, \(a_1=a_2=\cdots=a_n\), что и требовалось доказать.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1963 · المسألة 3
في مضلع ذي \(n\) أضلاع جميع زواياه الداخلية متساوية، تحقق أطوال الأضلاع المتتالية العلاقة \[ a_1\ge a_2\ge\cdots\ge a_n. \] أثبت أن \(a_1=a_2=\cdots=a_n\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
مجموع الزوايا الداخلية هو \((n-2)\pi\)، ولذلك فإن كل زاوية داخلية تساوي \((n-2)\pi/n<\pi\). إذن المضلع محدّب، ويكون مقدار الدوران من كل ضلع موجّه إلى الضلع الموجّه الذي يليه هو الزاوية \(2\pi/n\).
نماثل المستوى بالمستوى العقدي، ونختار توجيهه بحيث تدور الأضلاع بالترتيب المعطى عكس اتجاه عقارب الساعة، ونجعل الضلع الأول يتجه على امتداد المحور الحقيقي الموجب. ضع \[ z=e^{2\pi i/n}. \] تُمثَّل الأضلاع الموجّهة عندئذ بالأعداد \[ a_1,\ a_2z,\ \ldots,\ a_nz^{n-1}. \] وبما أن المضلع مغلق، فإن \[ a_1+a_2z+\cdots+a_nz^{n-1}=0. \] بالضرب في \(1-z\) واستخدام \(z^n=1\)، نحصل على \[ a_1-a_n=\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})z^k. \] ومن جهة أخرى، \[ a_1-a_n=\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1}). \] وبطرح الجزأين الحقيقيين نحصل على \[ \sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1}) \left(1-\cos\frac{2\pi k}{n}\right)=0. \]
لكل \(1\le k\le n-1\)، العامل الأول غير سالب حسب الفرض، بينما العامل الثاني موجب تمامًا لأن \(0<2\pi k/n<2\pi\). ومن ثم يجب أن يكون كل حد صفرًا، فنحصل على \[ a_k-a_{k+1}=0\qquad(1\le k\le n-1). \] وعليه فإن \(a_1=a_2=\cdots=a_n\)، وهو المطلوب.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).