ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2019-05-06   
Пусть некоторые из чисел $a_1, a_2, \cdots, a_n$ равны + 1, а остальные равны -1. Доказать, что

$2 \sin \left (a_1 + \frac{a_1a_2}{2} + \frac{a_1a_2a_3}{4} + \cdots + \frac {a_1a_2 \cdots a_n}{2^{n-1}} \right ) 45^{\circ} = a_1 \sqrt {2 + a_2 \sqrt {2 + a_3 \sqrt {2 + \cdots + a_n \sqrt{2}}}}$.

Так, например, при $a_1 = a_2 = \cdots = a_n = 1$ получаем:

$2 \sin \left (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2^{n-1}} \right ) 45^{\circ} = 2 \cos {\frac {45^{\circ}}{2^{n-1}}} = \underbrace {\sqrt {2 + \sqrt {2 + \cdots + \sqrt 2}}}_{n \:корней}$$.


Решение:


Будем исходить из формулы для синуса половинного угла:

$2 \frac{\sin \alpha}{2} = \pm \sqrt {2 - 2 \cos \alpha}$,

где знак корня берется в соответствии с известным правилом знаков для синуса. Пользуясь этой формулой, мы будем последовательно определять синусы углов

$a_1 45^{\circ}; \left (a_1 + \frac{a_1a_2}{2} \right ) \cdot 45^{\circ}; \left ( a_1 + \frac{a_{1}a_{2} }{2} + \frac{a_1a_2a_3}{4} + \right ) \cdot 45^{\circ}; \cdots; \left ( a_1 + \frac{a_1a_2}{2} + \frac{a_1a_2a_3}{4} + \cdots + \frac {a_1a_2a_3 \cdots a_n}{2^{n-1}} \right ) \cdot 45^{\circ}$.

Предположим, что мы уже определили синус угла

$\left ( a_1 + \frac{a_1a_2}{2} + \frac{a_1a_2a_3}{4} + \cdots + \frac {a_1a_2 \cdots a_k}{2^{k-1}} \right ) \cdot 45^{\circ}$,

где $a_1, a_2, a_3, \cdots, a_k$ принимают какие-то значения, равные 1 или –1. Так как

$2 \left ( a_1 + \frac{a_1a_2}{2} + \frac{a_1a_2a_3}{4} + \cdots + \frac {a_1a_2 \cdots a_k}{2^{k-1}} + \frac {a_1a_2 \cdots a_ka_{k+1}}{2^k} \right ) \cdot 45^{\circ} = \left [ \pm 90^{\circ} \pm \left ( a_2 + \frac{a_2a_3}{2} + \cdots + \frac {a_2a_3 \cdots a_ka_{k+1}}{2^{k-1}) \cdot 45^{\circ}} \right ) \right ]$,

где знак плюс соответствует $a_1 = + 1$, а знак минус $a_1 = - 1$, и

$\cos \left [ \pm 90^{\circ} \pm \left ( a_2 + \frac{a_2a_3}{2} + \cdots + \frac {a_2a_3 \cdots a_{k+1}}{2^{k-1}} \right ) \cdot 45^{\circ} \right ] = - \sin \left ( a_2 + \frac{a_2a_3}{2} + \cdots + \frac {a_2a_3 \cdots a_{k+1}}{2^{k-1}} \right ) \cdot 45^{\circ}$,

то мы можем после этого определить синус следующего угла:

$2 \sin \left ( a_1 + \frac{a_1a_2}{2} + \cdots + \frac {a_1a_2 \cdots a_k}{2^{k-1}} + \frac {a_1a_2 \cdots a_ka_{k+1}}{2^k} \right ) \cdot 45^{\circ} = \pm \sqrt {2 + 2 \sin \left ( a_2 + \frac{ a_2a_3}{2} + \cdots + \frac {a_2a_3 \cdots a_{k+1}}{2^{k-1}} \right ) \cdot 45^{\circ}}$.

При этом следует иметь в виду, что так как все рассматриваемые углы по абсолютной величине меньше $90^{\circ}$ (ибо даже $\left ( 1 + \frac{1}{2}+ \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2^n} \right ) \cdot 45^{\circ} = 90^{\circ} - \frac{1}{2^n} 90^{\circ}$ меньше $90^{\circ}$), а знак этих углов определяется знаком $a_1$, то корень квадратный в последних формулах следует брать со знаком плюс или минус в зависимости от знака $a_1$. Другими словами, можно написать:

$2 \sin \left ( a_1 + \frac{a_1a_2}{2} + \cdots + \frac {a_1a_2 \cdots a_k}{2^{k-1}} + \frac {a_1a_2 \cdots a_ka_{k+1}}{2^k} \right ) \cdot 45^{\circ} = a_1 \sqrt {2 + 2 \sin \left ( a_2 + \frac{ a_2a_3}{2} + \cdots + \frac {a_2a_3 \cdots a_{k+1}}{2^{k-1}} \right ) \cdot 45^{\circ}}$.

Теперь, прежде всего, очевидно, что

$2 \sin a_1 45^{\circ} = a_1 \sqrt{2}$.

Отсюда последовательно получаем:

$2 \sin \left ( a_1 + \frac{a_1a_2}{2} \right ) \cdot 45^{\circ} = a_1 \sqrt {2 + a_2 \sqrt{2}}$,
$2 \sin \left ( a_1 + \frac{a_1a_2}{2} + \frac{a_1a_2a_3}{4} \right ) \cdot 45^{\circ} = a_1 \sqrt {2+ a_2 \sqrt {2 + a_3 \sqrt{2}}}$;
$2 \sin \left ( a_1 + \frac{a_1a_2}{2} + \frac{a_1a_2a_3}{4} + \frac{a_1a_2a_3a_4}{8} \right ) \cdot 45^{\circ} = a_1 \sqrt {2+ a_2 \sqrt {2 + a_3 \sqrt {2 + a_4 \sqrt{2}}}}$,
$\cdots$
$2 \sin \left ( a_1 + \frac{a_1a_2}{2} + \frac{a_1a_2a_3}{4} + \frac{a_1a_2a_3 \cdots a_n}{2^{n-1}} \right ) \cdots 45^{\circ} = a_1 \sqrt {2+ a_2 \sqrt {2 + a_3 \sqrt {2 + \cdots + a_n \sqrt 2}}}$,

что и требовалось доказать.