O PRZEKĄTNYCH WIELOKĄTÓW FOREMNYCH. Wojciech Guzicki. Instytut Matematyki Uniwersytetu Warszawskiego. Warszawa, 4 marca 2010 r.

Transkrypt

1 O PRZEKĄTNYCH WIELOKĄTÓW FOREMNYCH Wojciech Guzicki Instytut Matematyki Uniwersytetu Warszawskiego

2 TRZY PRZEKĄTNE DWUNASTOKĄTA FOREMNEGO A 11 A 12 A 1 Twierdzenie. Przekątne A 10 P A 2 A 1 A 8, A 3 A 11 i A 5 A 12 A 9 A 3 dwunastokąta foremnego A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 7 A 8 A 9 A 10 A 11 A 12 A 8 A 4 przecinająsięwjednympunkciep. A 7 A 6 A 5

3 WSZYSTKIE PRZEKĄTNE DWUNASTOKĄTA FOREMNEGO A 11 A 12 A 1 A 10 A 2 A 9 A 3 A 8 A 4 A 7 A 5 A 6

4 TRZY PRZEKĄTNE OSIEMNASTOKĄTA FOREMNEGO A 17 A 18 A 1 A 2 A 15 A 16 A 3 Twierdzenie. Przekątne A 14 P A 4 A 1 A 7, A 2 A 11 i A 4 A 17 osiemnastokąta foremnego A 13 A 5 A 1 A 2 A 3...A 16 A 17 A 18 A 12 A 11 A 7 A 6 przecinająsięwjednympunkciep. A 10 A9 A 8

5 WSZYSTKIE PRZEKĄTNE OSIEMNASTOKĄTA FOREMNEGO A 16 A 17 A 18 A 1 A 2 A 15 A 3 A 14 A 4 A 13 A 5 A 12 A 6 A 11 A 7 A 10 A 9 A 8

6 WSZYSTKIE PRZEKĄTNE PIĘTNASTOKĄTA FOREMNEGO A 14 A 15 A 1 A 13 A 2 A 12 A 3 A 11 A 4 A 10 A 5 A 9 A 6 A 8 A 7

7 WSZYSTKIE PRZEKĄTNE PIĘTNASTOKĄTA FOREMNEGO A 15 A 1

8 WSZYSTKIE PRZEKĄTNE DWUDZIESTOTRZYKĄTA FOREMNEGO A 22 A 23 A 1 A 2 A 20 A 21 A 3 A 19 A 4 A 18 A 5 A 17 A 6 A 16 A 7 A 15 A 8 A 14 A 9 A 13 A 12 A 11 A 10

9 WSZYSTKIE PRZEKĄTNE DWUDZIESTOTRZYKĄTA FOREMNEGO A 23 A 1

10 A 23 A 1

11

12

13 ZADANIEOTRÓJKĄCIE C Zadanie. Dany jest trójkąt równoramienny ABC, w którym: A= B=80 oraz C= WtymtrójkąciepoprowadzonoodcinkiADiBEtak,że BAD=50 oraz ABE=60 E? D (zob. rysunek). Oblicz miarę kąta BED. A B

14 ROZWIĄZANIEZADANIAOTRÓJKĄCIE C Oznaczmy przez x szukany kąt BED. Nietrudno obliczyć, że ADB=50 oraz AEB= Stądwynikawszczególności,żeAB=BD.Następnieztwierdzenia sinusów dla trójkątów ABE i BDE otrzymujemy: BE AB sin80 = sin40 oraz BE sin(x+20 ) =BD sinx. E? D PonieważAB=BD,więc sin(x+20 ) sinx = sin80 sin40, czyli A B sinxcos20 +cosxsin20 sinx = 2sin40 cos40 sin40.

15 ROZWIĄZANIE RÓWNANIA TRYGONOMETRYCZNEGO Otrzymaliśmy równanie trygonometryczne: sinxcos20 +cosxsin20 sinx = 2sin40 cos40 sin40, czyli cos20 +ctgxsin20 =2cos40. Stąd otrzymujemy ctgx= 2cos40 cos20 sin20 = 2sin50 sin70 sin20 = sin50 +sin50 sin70 sin20 = Zatemx=30. = sin50 2sin10 cos60 sin20 = sin50 sin10 sin20 = 2sin20 cos30 sin20 = 3.

16 KĄTY ŚRODKOWE I WPISANE; KĄT MIĘDZY PRZEKĄTNYMI W OSIEMNASTOKĄCIE FOREMNYM A 15 A 16 A 17 A A 1 A 2 A 3 Kąt środkowy oparty na łuku łączącym dwa kolejne wierzchołki osiemnastokąta foremnego wpisanego w okrąg (np.kąta 1 OA 2 )jestrówny 360 :18=20. A 14 A O A 4 A 5 Kątśrodkowyopartynałukukrazy większymjestrównyk 20,np. A 11 OA 17 =120. A 12 A 11 A 10 A 9 60 A 8 A 7 A 6 Kąt wpisany jest dwa razy mniejszy od kąta środkowego opartego na tym samym łuku. Zatem np. A 11 A 7 A 17 =60.

17 ROZWIĄZANIEZADANIAOTRÓJKĄCIE C NiechA=A 11 orazb=a 7. NiechCbędziepunktemprzecięciaprostychA 17 AiA 1 B. Zauważmy, że wtedy BAA 17 =ABA 1 =80, a więc trójkąt ABC jest trójkątem danym w zadaniu. A 15 A 14 E=A A A 16 A 1 A 2 D A 3 A 4 Ponieważ ABA 17 =60,więcA 17 =E. Ponieważ BAA 2 =50,więcpunktDjestpunktem przecięciaprzekątnycha 11 A 2 ia 7 A 1. Pokażemy, że przekątne osiemnastokąta A 13 A 5 A 1 A 7, A 2 A 11 i A 4 A 17 A 12 A 6 przecinają się w jednym punkcie. Wówczas A=A 11 A 10 A9 A 8 B=A 7 BED= A 7 A 17 A 4 =30.

18 PRZEKĄTNE SZEŚCIOKĄTA WPISANEGO W OKRĄG D Twierdzenie2.PrzekątneAD,BEiCFsześciokąta ABCDEF wpisanego w okrąg przecinająsięwjednympunkciepwtedyitylko wtedy, gdy F E P C AB BC CD DE EF FA =1. A B

19 DŁUGOŚCI PRZEKĄTNYCH 1 k n d d7 d 9 d d d n 2 <k<n: d k=d n k

20 TRZY PRZEKĄTNE WIELOKĄTA FOREMNEGO E d m d v D d l C Twierdzenie. Przekątne AD, BE i CF wielokąta foremnego ABCDEF przecinająsięwjednympunkciepwtedyitylko wtedy, gdy d k d u dl d v dm d w =1, F d u czyli d w d k d l d m =d u d v d w. A d k B

21 KONFIGURACJE TRYWIALNE Przypuśćmy, że tak jak wyżej, AD, BE i CF są przekątnymi sześciokąta ABCDEF wpisanego w okrąg, przy czym AB=d k, BC=d u, CD=d l, DE=d v, EF=d m, FA=d w oraz d k d l d m =d u d v d w. Konfigurację przekątnych nazywamy trywialną, gdy liczby u, v, w tworzą permutację liczbk,l,m. Istnieją trzy rodzaje konfiguracji trywialnych powstających z następujących permutacji: u=m,v=k,w=l; u=k,v=m,w=l; u=k,v=l,w=m.

22 PIERWSZA KONFIGURACJA TRYWIALNA F d m E d k D n=48, k=4, l=13, m=7. d l d l u=m, v=k, w=l. A d k B d m C Trzy średnice przecinające się w środku okręgu

23 DRUGA KONFIGURACJA TRYWIALNA E F d m d m D n=48, k=4, l=13, m=7. d l d l u=k, v=m, w=l. A d k B d k C Przekątne symetryczne przecinające się na osi symetrii(średnicy)

24 TRZECIA KONFIGURACJA TRYWIALNA E d l D d m n=48, k=4, l=13, m=7. F d l u=k, v=l, w=m. d m Dwusieczne kątów trójkąta ACE A d k B d k C

25 TRZY PRZEKĄTNE DWUNASTOKĄTA FOREMNEGO A 12 A 11 A 1 Przekątne A 10 A 2 A 1 A 8, A 3 A 11 i A 5 A 12 A 9 A 3 dwunastokąta foremnego A 8 A 4 A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 7 A 8 A 9 A 10 A 11 A 12 sądwusiecznymikątówtrójkątaa 1 A 5 A 11. A 7 A 6 A 5

26 TRZY PRZEKĄTNE OSIEMNASTOKĄTA FOREMNEGO Twierdzenie. Przekątne A 15 A 16 A 17 A 18 A 1 A 2 A 3 A 1 A 7, A 2 A 11 i A 4 A 17 osiemnastokąta foremnego A 1 A 2 A 3...A 16 A 17 A 18 A 14 P A 4 przecinająsięwjednympunkciep. A 13 A 12 A 11 A 7 A 6 A 5 Dowód. Niech P będzie punktem przecięcia przekątnycha 2 A 11 ia 1 A 7.Zauważmy,żeprzekątna A 2 A 11 jestosiąsymetriiosiemnastokątaforemnego.przekątnąsymetrycznądoa 1 A 7 jesta 3 A 15. Wystarczy zatem pokazać, że przekątne A 10 A9 A 8 A 1 A 7, A 3 A 15 i A 4 A 17 przecinają się w jednym punkcie.

27 TRZY NOWE PRZEKĄTNE OSIEMNASTOKĄTA FOREMNEGO Mamy pokazać, że przekątne A 17 A 18 A 1 A 2 A 1 A 7, A 3 A 15 i A 4 A 17 A 15 A 16 P A 3 osiemnastokąta foremnego A 1 A 2 A 3...A 16 A 17 A 18 A 14 A 4 przecinająsięwjednympunkciep. A 13 A 5 Do tego wystarczy, by A 12 A 11 A 10 A9 A 8 A 7 A 6 czyli d 8 d 3 d1 d 2 d2 d 2 =1, d 8 d 1 =d 3 d 2.

28 LEMAT O DELTOIDZIE A 17 A 18 A 1 Mamypokazać,że: d 8 d 1 =d 3 d 2. Niech r będzie promieniem okręgu opisanego na osiemnastokącie. Nietrudno zauważyć, że wtedy r=d 3.Mamywięcpokazać,że d 8 d 1 =r d 2. O WeźmydeltoidA 18 A 17 A 9 A 1.Wówczasjegopole jest równe P= 1 2 A 18A 9 A 17 A 1 = 1 2 2r d 2=r d 2. ZdrugiejstronykątyA 18 A 17 A 9 ia 18 A 1 A 9 są proste, skąd wynika, że P= 1 2 (A 18A 17 A 17 A 9 +A 18 A 1 A 1 A 9 )=d 8 d 1, A 9 co kończy dowód.

29 LEMAT O DELTOIDZIE OGÓLNIE A 2n A 2n k A k Twierdzenie.Danyjestwielokątforemnymający2nbokówwpisanywokrągopromieniur idanajestliczbaktaka,że1 k< n 2.Wtedy d k d n k =d 2k r. A n

30 TWIERDZENIE O PRZEKĄTNYCH WIELOKĄTÓW FOREMNYCH Niech n będzie liczbą boków wielokąta foremnego. Wówczas: 1. Jeśli n jest liczbą nieparzystą, to żadne trzy przekątne nie przecinają się w jednym punkcie. 2. Jeśli n jest liczbą parzystą, niepodzielną przez 6, to istnieją tylko konfiguracje trywialne przekątnych przecinających się w jednym punkcie. 3. Jeśli n jest liczbą podzielną przez 6, to oprócz konfiguracji trywialnych istnieją 4 serie konfiguracji nietrywialnych oraz 65 tzw. konfiguracji sporadycznych.

31 CZTERY SERIE KONFIGURACJI NIETRYWIALNYCH Dany jest wielokąt foremny mający 6n boków. Następujące równości opisują cztery serie konfiguracji nietrywialnych: d n d k d 2n 2k =d 2n+k d k d n k, gdzie0<k<n, d n d k d 3n 3k =d n+k d 2k d n k, gdzie0<k<n, d n d n 2k d 2k =d 3n+k d k d n 2k, gdzie0<k< n 2, d 2n+k d k d 2n 4k =d n+k d 3k d n 2k, gdzie0<k< n 2.

32 TRZY PRZEKĄTNE OSIEMNASTOKĄTA FOREMNEGO Twierdzenie. Przekątne A 1 A 7, A 2 A 11 i A 4 A 17 A 17 A 18 A 1 A 2 osiemnastokąta foremnego A 15 A 16 A 3 A 1 A 2 A 3...A 16 A 17 A 18 przecinająsięwjednympunkciep. A 14 A 13 P A 4 A 5 Dowód. Jest to konfiguracja nietrywialna II serii. Wielokątforemnymający6nboków,0<k<n. d n d k d 3n 3k =d n+k d 2k d n k. A 12 A 6 Dlan=3ik=1dostajemy A 11 A 7 d 3 d 1 d 6 =d 4 d 2 d 2, A 10 A9 A 8 czyli d 6 d 4 d3 d 2 d1 d 2 =1.

33 CZTERY SERIE KONFIGURACJI NIETRYWIALNYCH W TRZYDZIESTOKĄCIE FOREMNYM Nr 6n k l m u v w n jest liczbą boków wielokąta d k d l d m =d u d v d w. k+l+m+u+v+w=6n.

34 PRZYKŁADY KONFIGURACJI NIETRYWIALNYCH I SeriaI; n=5,k=1 SeriaII; n=5,k=1 d 1 d 4 d 11 =d 1 d 5 d 8 d 1 d 5 d 12 =d 2 d 4 d 6

35 PRZYKŁADY KONFIGURACJI NIETRYWIALNYCH II SeriaIII; n=5,k=1 SeriaIV; n=5,k=1 d 1 d 3 d 16 =d 2 d 3 d 5 d 1 d 6 d 11 =d 3 d 3 d 6 13

36 KONFIGURACJE SPORADYCZNE I Nr 6n k l m u v w Nr 6n k l m u v w

37 KONFIGURACJE SPORADYCZNE II Nr 6n k l m u v w Nr 6n k l m u v w

38 KONFIGURACJE SPORADYCZNE III Nr 6n k l m u v w Nr 6n k l m u v w

39 PRZYKŁAD KONFIGURACJI SPORADYCZNEJ d 1 d 7 d 8 =d 2 d 3 d 9

40 NOWE ZADANIE O TRÓJKĄCIE C Zadanie. Dany jest trójkąt ABC, w którym: A=70, B=84 oraz C=26. W tym trójkącie poprowadzono odcinki AD ibetak,że BAD=22 oraz ABE=46 E (zob. rysunek). Oblicz miarę kąta BED. D A B

41 NOWE ZADANIE O TRÓJKĄCIE Zadanie. Dany jest trójkąt ABC, w którym: A=70, B=84 oraz C=26. A 84 W tym trójkącie poprowadzono odcinki AD ibetak,że D A 13 A 18 A 20 BAD=22 oraz ABE=46 (zob. rysunek). Oblicz miarę kąta BED. Rozwiązanie. Wystarczy zauważyć, że d 32 d 9 d 2 =d 5 d 19 d 23 A 61 A 29 (konfiguracja sporadyczna nr 51 w 90-kącie foremnym). Wówczas BED= A 29 A 84 A 20 =18.

42 LICZBY ZESPOLONE a+bi, gdzie i 2 = 1. INTERPRETACJA GEOMETRYCZNA b a + bi a

43 PIERWIASTKI Z JEDNOŚCI Liczby1,z,z 2,...,z n 1 sąpierwiastkamirównaniaz n =1. Narysunkun=17: z 6 z 7 z 8 z 9 z 10 z 11 z 5 z 4 z 3 z 2 z15 z 12 z z z 1 z 16

44 Lemat algebraiczny. Niechnbędzieliczbąnieparzystąiniech1,z,z 2,...,z n 1 będąpierwiastkamistopnia nzjedności(tzn.pierwiastkamirównaniaz n =1).NiechnastępnieW(X)iV(X) będą takimi wielomianami o współczynnikach całkowitych, że W(z) = V(z). Wtedy W(z 2 )=V(z 2 ). Lemat geometryczny. Liczbyzespolonez,t,viuleżąnaokręgujednostkowym.Wówczasodcinekokońcach zitjestrównoległydoodcinkaokońcachuivwtedyitylkowtedy,gdyzt=uv.

45 Twierdzenie. Jeśli n jest liczbą nieparzystą, to żadne trzy przekątne n-kąta foremnego nie przecinają się w jednym punkcie. Szkicdowodu.Przypuśćmy,żeprzekątneokońcach1iz r,z s iz t orazz u iz v przecinają się w jednym punkcie: z r z u z s z t z z v 1

46 Można wówczas udowodnić, że zachodzi równość: (z s 1)(z t 1)(z u+v r 1)=(z u 1)(z v 1)(z s+t r 1). (1) Definiujemy dwa wielomiany: A(X)=(X s 1)(X t 1)(X u+v r 1), B(X)=(X u 1)(X v 1)(X s+t r 1). Wtedy Z lematu algebraicznego wynika, że A(z)=B(z). A(z 2 )=B(z 2 ) istąd czyli A(z 2 ) A(z) =B(z2 ) B(z), (z s +1)(z t +1)(z u+v r +1)=(z u +1)(z v +1)(z s+t r +1). (2)

47 Dodajemy równości(1) i(2), korzystając z tożsamości (a+1)(b+1)(c+1)+(a 1)(b 1)(c 1)=2(abc+a+b+c). Otrzymujemy z s +z t +z u+v r =z u +z v +z s+t r istąd (z u z r )(z v z r )=(z s z r )(z t z r ). (3) Definiujemy następne wielomiany: C(X)=(X u X r )(X v X r ), D(X)=(X s X r )(X t X r ). Mamy wówczas C(z)=D(z). Znów korzystamy z lematu algebraicznego, otrzymując kolejno: C(z 2 )=D(z 2 ), C(z 2 ) ) C(z) =D(z2 D(z), (z u +z r )(z v +z r )=(z s +z r )(z t +z r ). (4)

48 Dodajemy stronami równości(3) i(4), otrzymując 2z u z v +2z r z r =2z s z t +2z r z r, czyli z u z v =z s z t. Zlematugeometrycznegowynika,żeodcinkiokońcachz u iz v orazz s iz t sąrównoległe, wbrew założeniu, że przecinają się w punkcie P. Ta sprzeczność pokazuje, że wybrane trzy przekątne nie mogły przecinać się w jednym punkcie, co kończy dowód twierdzenia.

49 BIBLIOGRAFIA [P] V. V. Prasolov, Intersection Points of the Diagonals of Regular Polygons, w: Essays on Number and Figures [R] T. Rike, An Intriguing Geometry Problem, Berkeley Math Circle [PR] B. Poonen, M. Rubinstein, The Number of Intersection Points Made by the Diagonals of a Regular Polygon, www-math.mit.edu/~poonen/papers/ngon.ps cache/math/pdf/9508/ v3.pdf W obu ostatnich pracach znajduje się obszerna bibliografia. Wiele prac można znaleźć w Internecie.

50 BIBLIOGRAFIA- ciąg dalszy [C] The Triangle, Cut-the-Knot [K]C.Knop,NineSolutionstoOneProblem,Kvant,1993,no6 K.Knop, Istori s geometrie, ili dev tь rexeni odno zadaqi s geometriej.htm [L] S. M. R. Lopes, Complexidade em geometria euclidiana plana, praca magisterska, Pontifícia Universidade Católica do Rio de Janeiro complexidade-em-geometria.pdf

51 KONIEC