Задача М100‍‍‍

Докажем, что $$ \ctg1^\circ+\ctg5^\circ+\ctg9^\circ+\ldots+\cth173^\circ+\ctg177^\circ=45. $$

Это то же самое, поскольку $$ \begin{gather*} \tg1^\circ=\ctg89^\circ,\quad\tg5^\circ=\ctg85^\circ,\quad{\ldots},\quad\tg89^\circ=\ctg1^\circ;\\ \tg93^\circ=\ctg177^\circ,\quad\tg97^\circ=\ctg173^\circ,\quad{\ldots},\quad\tg177^\circ=\ctg93^\circ. \end{gather*} $$

Нетрудно доказать по индукции, что $$ \ctg nx=\dfrac{p_n(\ctg x)}{q_n(\ctg x)}, $$ где $p_n(y)=y^n+\dfrac{n(n-1)}2y^{n-2}+\ldots$‍‍ и $q_n(y)=ny^{n-1}-\ldots$‍‍ — многочлены от $y$‍.‍ (Аналогичную формулу можно написать и для $\tg nx$‍,‍ но её вид будет несколько отличаться для чётных и нечётных $n$‍,‍ поэтому мы предпочли иметь дело с котангенсами. На самом деле коэффициентами многочленов $p_n(y)$‍‍ и $q_n(y)$‍‍ являются биномиальные коэффициенты: $$ \begin{aligned} p_n(y)&=y^n-C_n^2y^{n-2}+C_n^4y^{n-4}-{\ldots},\\ q_n(y)&=C_n^1y^{n-1}-C_n^3y^{n-3}+C_n^5y^{n-5}-{\ldots}. \end{aligned} $$ Нам, впрочем, понадобится только первый коэффициент многочлена $q_n$‍.)‍

Поскольку для каждого из углов $1^\circ+4^\circ k$‍,‍ где $k=0$‍,‍ 1, 2, $\ldots$‍,‍ 44, $$ \ctg45(1^\circ+4^\circ k)=\ctg(45^\circ+180^\circ k)= 1, $$ то $$ \dfrac{p_{45}(\ctg(1^\circ+4^\circ k))}{q_{45}(\ctg(1^\circ+4^\circ k))}=1, $$ т. е. все числа $y=\ctg(1^\circ+4^\circ k)$‍‍ являются корнями уравнения $$ p_{45}(y)-q_{45}(y)=0.\tag{*} $$ Нам важен коэффициент при $y^{44}$‍,‍ поэтому запишем (*) так: $$ y^{45}-45y^{44}+\ldots=0.\tag{**} $$ Теперь осталось заметить, что все 45 чисел $\ctg(1^\circ+4^\circ k)$‍‍ различны (поскольку $\ctg1^\circ\gt\ctg5^\circ\gt\ldots\gt\ctg177^\circ$‍).‍ Тем самым это все 45 различных корней уравнения (*). Следовательно, по теореме Виета их сумма равна 45.

Это решение прислал Э. Туркевич. Такое же решение имел в виду и автор задачи В. П. Бешкарев (Горький).

Однако двое наших читателей — С. Т. Берколайко (Белгородская обл.) и В. Я. Гомолич (Одесса) — сумели доказать утверждение задачи прямым вычислением. Мы проведём промежуточные результаты их решений, чтобы показать, как много нужно было проявить искусства, если не пользоваться «наукой».

С. Т. Берколайко: Применяя тождество $$ \tg\alpha+\tg(\alpha+60^\circ)+\tg(\alpha+120^\circ)=3\tg3\alpha\tag{***} $$ 15 раз к $\alpha=1^\circ+4^\circ k$‍‍ ($k=0$‍,‍ 1, 2, $\ldots$‍,‍ 14), складывая все 15 равенств и, применяя снова (***), приводим исходную сумму к такой: $9(\tg9^\circ+\tg81^\circ-\tg63^\circ-\tg27^\circ)+9$‍,‍ после чего остаётся доказать, что круглая скобка равна 4.

В. Я. Гомолич: $$ \textstyle\sum\limits_{k=0}^{44}\tg(1^\circ+4^\circ k)=\sum\limits_{k=1}^{45}\tg(45^\circ+4^\circ k)=\sum\limits_{k=1}^{45}\dfrac{1+\tg4^\circ k}{1-\tg4^\circ k}=45+\sum\limits_{k=1}^{45}\tg8^\circ k+\sum\limits_{k=1}^{45}\tg4^\circ k\tg8^\circ k,\tag{****} $$ после чего доказывается, что $$ \textstyle\sum\limits_{k=1}^{45}\tg4^\circ k=0,\quad\sum\limits_{k=1}^{45}\tg8^\circ k=0,\quad\sum\limits_{j,~k=1,~j\ne k}^{45}\tg4^\circ k\tg8^\circ j=0, $$ откуда следует, что обе суммы в (****) равны 0.