IMO 1969 · Problem 2
Let \(a_1, a_2, \cdots, a_n\) be real constants, \(x\) a real variable, and
\[ f(x)=\cos(a_1+x)+\frac12\cos(a_2+x)+\frac14\cos(a_3+x) +\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}\cos(a_n+x). \]
Given that \(f(x_1)=f(x_2)=0\), prove that \(x_2-x_1=m\pi\) for some integer \(m\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
By the cosine addition formula, \[ f(x)=A\cos x-B\sin x, \] where \[ A=\sum_{k=1}^{n}\frac{\cos a_k}{2^{k-1}}, \qquad B=\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin a_k}{2^{k-1}}. \]
We first show that \(A\) and \(B\) cannot both be zero. Indeed, since every cosine is at least \(-1\), \[ \begin{aligned} f(-a_1) &=1+\sum_{k=2}^{n}\frac{\cos(a_k-a_1)}{2^{k-1}}\\ &\ge 1-\sum_{k=2}^{n}\frac1{2^{k-1}} =2^{1-n}>0. \end{aligned} \] For \(n=1\), the sums here are empty and the same conclusion holds. Thus \(f\) is not identically zero, so \((A,B)\ne(0,0)\).
The two given zeros yield \[ \begin{cases} A\cos x_1-B\sin x_1=0,\\ A\cos x_2-B\sin x_2=0. \end{cases} \] Because this homogeneous system has the nonzero solution \((A,B)\), its determinant must vanish. Hence \[ 0= \begin{vmatrix} \cos x_1&-\sin x_1\\ \cos x_2&-\sin x_2 \end{vmatrix} =\sin x_1\cos x_2-\cos x_1\sin x_2 =\sin(x_1-x_2). \] Therefore \(x_2-x_1=m\pi\) for some integer \(m\), as required.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1969 · Aufgabe 2
Es seien \(a_1, a_2, \cdots, a_n\) reelle Konstanten, \(x\) eine reelle Variable und
\[ f(x)=\cos(a_1+x)+\frac12\cos(a_2+x)+\frac14\cos(a_3+x) +\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}\cos(a_n+x). \]
Es gelte \(f(x_1)=f(x_2)=0\). Man beweise, dass \(x_2-x_1=m\pi\) für eine ganze Zahl \(m\) gilt.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Nach dem Additionstheorem für den Kosinus gilt \[ f(x)=A\cos x-B\sin x, \] wobei \[ A=\sum_{k=1}^{n}\frac{\cos a_k}{2^{k-1}}, \qquad B=\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin a_k}{2^{k-1}}. \]
Wir zeigen zunächst, dass \(A\) und \(B\) nicht beide null sein können. Da jeder Kosinuswert mindestens \(-1\) beträgt, gilt nämlich \[ \begin{aligned} f(-a_1) &=1+\sum_{k=2}^{n}\frac{\cos(a_k-a_1)}{2^{k-1}}\\ &\ge 1-\sum_{k=2}^{n}\frac1{2^{k-1}} =2^{1-n}>0. \end{aligned} \] Für \(n=1\) sind die Summen hier leer, und dieselbe Schlussfolgerung gilt. Somit ist \(f\) nicht identisch null, also \((A,B)\ne(0,0)\).
Die beiden gegebenen Nullstellen liefern \[ \begin{cases} A\cos x_1-B\sin x_1=0,\\ A\cos x_2-B\sin x_2=0. \end{cases} \] Da dieses homogene Gleichungssystem die von null verschiedene Lösung \((A,B)\) besitzt, muss seine Determinante verschwinden. Daher gilt \[ 0= \begin{vmatrix} \cos x_1&-\sin x_1\\ \cos x_2&-\sin x_2 \end{vmatrix} =\sin x_1\cos x_2-\cos x_1\sin x_2 =\sin(x_1-x_2). \] Folglich gilt \(x_2-x_1=m\pi\) für eine ganze Zahl \(m\), wie behauptet.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1969 · Soru 2
\(a_1, a_2, \cdots, a_n\) gerçel sabitler, \(x\) gerçel bir değişken olmak üzere
\[ f(x)=\cos(a_1+x)+\frac12\cos(a_2+x)+\frac14\cos(a_3+x) +\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}\cos(a_n+x). \]
\(f(x_1)=f(x_2)=0\) olduğu veriliyor. Bir \(m\) tam sayısı için \(x_2-x_1=m\pi\) olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Kosinüsün toplam formülüne göre \[ f(x)=A\cos x-B\sin x, \] burada \[ A=\sum_{k=1}^{n}\frac{\cos a_k}{2^{k-1}}, \qquad B=\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin a_k}{2^{k-1}}. \]
Önce \(A\) ve \(B\)'nin ikisinin birden sıfır olamayacağını gösterelim. Gerçekten de, her kosinüs değeri en az \(-1\) olduğundan \[ \begin{aligned} f(-a_1) &=1+\sum_{k=2}^{n}\frac{\cos(a_k-a_1)}{2^{k-1}}\\ &\ge 1-\sum_{k=2}^{n}\frac1{2^{k-1}} =2^{1-n}>0. \end{aligned} \] \(n=1\) için buradaki toplamlar boştur ve aynı sonuç geçerlidir. Dolayısıyla \(f\) özdeş olarak sıfır değildir; bu nedenle \((A,B)\ne(0,0)\).
Verilen iki kökten \[ \begin{cases} A\cos x_1-B\sin x_1=0,\\ A\cos x_2-B\sin x_2=0 \end{cases} \] elde edilir. Bu homojen sistemin sıfırdan farklı \((A,B)\) çözümü olduğundan determinantı sıfır olmalıdır. O hâlde \[ 0= \begin{vmatrix} \cos x_1&-\sin x_1\\ \cos x_2&-\sin x_2 \end{vmatrix} =\sin x_1\cos x_2-\cos x_1\sin x_2 =\sin(x_1-x_2). \] Dolayısıyla, istendiği gibi, bir \(m\) tam sayısı için \(x_2-x_1=m\pi\) olur.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1969 · Problema 2
Sean \(a_1, a_2, \cdots, a_n\) constantes reales, \(x\) una variable real, y
\[ f(x)=\cos(a_1+x)+\frac12\cos(a_2+x)+\frac14\cos(a_3+x) +\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}\cos(a_n+x). \]
Sabiendo que \(f(x_1)=f(x_2)=0\), demuestre que \(x_2-x_1=m\pi\) para algún entero \(m\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Por la fórmula del coseno de una suma, \[ f(x)=A\cos x-B\sin x, \] donde \[ A=\sum_{k=1}^{n}\frac{\cos a_k}{2^{k-1}}, \qquad B=\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin a_k}{2^{k-1}}. \]
Primero demostramos que \(A\) y \(B\) no pueden ser ambos cero. En efecto, como todo coseno es mayor o igual que \(-1\), \[ \begin{aligned} f(-a_1) &=1+\sum_{k=2}^{n}\frac{\cos(a_k-a_1)}{2^{k-1}}\\ &\ge 1-\sum_{k=2}^{n}\frac1{2^{k-1}} =2^{1-n}>0. \end{aligned} \] Para \(n=1\), estas sumas son vacías y se mantiene la misma conclusión. Por tanto, \(f\) no es idénticamente nula, de modo que \((A,B)\ne(0,0)\).
Los dos ceros dados proporcionan \[ \begin{cases} A\cos x_1-B\sin x_1=0,\\ A\cos x_2-B\sin x_2=0. \end{cases} \] Como este sistema homogéneo tiene la solución no nula \((A,B)\), su determinante debe anularse. Así, \[ 0= \begin{vmatrix} \cos x_1&-\sin x_1\\ \cos x_2&-\sin x_2 \end{vmatrix} =\sin x_1\cos x_2-\cos x_1\sin x_2 =\sin(x_1-x_2). \] Por consiguiente, \(x_2-x_1=m\pi\) para algún entero \(m\), como se quería demostrar.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1969 · 问题 2
设 \(a_1, a_2, \cdots, a_n\) 为实常数，\(x\) 为实变量，且
\[ f(x)=\cos(a_1+x)+\frac12\cos(a_2+x)+\frac14\cos(a_3+x) +\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}\cos(a_n+x). \]
已知 \(f(x_1)=f(x_2)=0\)，证明：存在整数 \(m\)，使得 \(x_2-x_1=m\pi\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
由余弦的和角公式， \[ f(x)=A\cos x-B\sin x, \] 其中 \[ A=\sum_{k=1}^{n}\frac{\cos a_k}{2^{k-1}}, \qquad B=\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin a_k}{2^{k-1}}. \]
先证明 \(A\) 和 \(B\) 不能同时为零。事实上，由于每个余弦值都不小于 \(-1\)， \[ \begin{aligned} f(-a_1) &=1+\sum_{k=2}^{n}\frac{\cos(a_k-a_1)}{2^{k-1}}\\ &\ge 1-\sum_{k=2}^{n}\frac1{2^{k-1}} =2^{1-n}>0. \end{aligned} \] 当 \(n=1\) 时，这里的和式为空和，同样的结论仍然成立。因此，\(f\) 不恒为零，从而 \((A,B)\ne(0,0)\)。
由给定的两个零点可得 \[ \begin{cases} A\cos x_1-B\sin x_1=0,\\ A\cos x_2-B\sin x_2=0. \end{cases} \] 由于这个齐次方程组有非零解 \((A,B)\)，其系数行列式必为零。因此 \[ 0= \begin{vmatrix} \cos x_1&-\sin x_1\\ \cos x_2&-\sin x_2 \end{vmatrix} =\sin x_1\cos x_2-\cos x_1\sin x_2 =\sin(x_1-x_2). \] 所以，存在整数 \(m\)，使得 \(x_2-x_1=m\pi\)，得证。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1969 · Задача 2
Пусть \(a_1, a_2, \cdots, a_n\) — действительные постоянные, \(x\) — действительная переменная и
\[ f(x)=\cos(a_1+x)+\frac12\cos(a_2+x)+\frac14\cos(a_3+x) +\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}\cos(a_n+x). \]
Известно, что \(f(x_1)=f(x_2)=0\). Докажите, что \(x_2-x_1=m\pi\) для некоторого целого \(m\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
По формуле косинуса суммы \[ f(x)=A\cos x-B\sin x, \] где \[ A=\sum_{k=1}^{n}\frac{\cos a_k}{2^{k-1}}, \qquad B=\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin a_k}{2^{k-1}}. \]
Сначала покажем, что \(A\) и \(B\) не могут одновременно равняться нулю. Действительно, поскольку каждый косинус не меньше \(-1\), \[ \begin{aligned} f(-a_1) &=1+\sum_{k=2}^{n}\frac{\cos(a_k-a_1)}{2^{k-1}}\\ &\ge 1-\sum_{k=2}^{n}\frac1{2^{k-1}} =2^{1-n}>0. \end{aligned} \] При \(n=1\) суммы здесь пусты, и вывод остаётся тем же. Таким образом, \(f\) не равна тождественно нулю, поэтому \((A,B)\ne(0,0)\).
Два данных нуля дают \[ \begin{cases} A\cos x_1-B\sin x_1=0,\\ A\cos x_2-B\sin x_2=0. \end{cases} \] Поскольку эта однородная система имеет ненулевое решение \((A,B)\), её определитель должен быть равен нулю. Следовательно, \[ 0= \begin{vmatrix} \cos x_1&-\sin x_1\\ \cos x_2&-\sin x_2 \end{vmatrix} =\sin x_1\cos x_2-\cos x_1\sin x_2 =\sin(x_1-x_2). \] Поэтому \(x_2-x_1=m\pi\) для некоторого целого \(m\), что и требовалось доказать.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1969 · المسألة 2
لتكن \(a_1, a_2, \cdots, a_n\) ثوابت حقيقية، وليكن \(x\) متغيرًا حقيقيًا، ولتكن
\[ f(x)=\cos(a_1+x)+\frac12\cos(a_2+x)+\frac14\cos(a_3+x) +\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}\cos(a_n+x). \]
إذا كان \(f(x_1)=f(x_2)=0\)، فأثبت أن \(x_2-x_1=m\pi\) لعدد صحيح ما \(m\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
من صيغة جيب تمام مجموع زاويتين، \[ f(x)=A\cos x-B\sin x, \] حيث \[ A=\sum_{k=1}^{n}\frac{\cos a_k}{2^{k-1}}, \qquad B=\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin a_k}{2^{k-1}}. \]
نثبت أولًا أن \(A\) و\(B\) لا يمكن أن يساويا الصفر معًا. بالفعل، بما أن جيب تمام أي زاوية لا يقل عن \(-1\)، فإن \[ \begin{aligned} f(-a_1) &=1+\sum_{k=2}^{n}\frac{\cos(a_k-a_1)}{2^{k-1}}\\ &\ge 1-\sum_{k=2}^{n}\frac1{2^{k-1}} =2^{1-n}>0. \end{aligned} \] عندما \(n=1\)، يكون المجموعان هنا فارغين وتبقى النتيجة نفسها صحيحة. إذن \(f\) ليست منعدمة تطابقيًا، ومن ثم \((A,B)\ne(0,0)\).
من الجذرين المعطيين نحصل على \[ \begin{cases} A\cos x_1-B\sin x_1=0,\\ A\cos x_2-B\sin x_2=0. \end{cases} \] بما أن لهذا النظام المتجانس الحل غير الصفري \((A,B)\)، فلا بد أن يكون محدده صفرًا. وعليه \[ 0= \begin{vmatrix} \cos x_1&-\sin x_1\\ \cos x_2&-\sin x_2 \end{vmatrix} =\sin x_1\cos x_2-\cos x_1\sin x_2 =\sin(x_1-x_2). \] إذن \(x_2-x_1=m\pi\) لعدد صحيح ما \(m\)، وهو المطلوب.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).