O PRZEKĄTNYCH WIELOKĄTÓW FOREMNYCH Wojciech Guzicki Instytut Matematyki Uniwersytetu Warszawskiego
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
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
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
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
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
WSZYSTKIE PRZEKĄTNE PIĘTNASTOKĄTA FOREMNEGO A 15 A 1
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
WSZYSTKIE PRZEKĄTNE DWUDZIESTOTRZYKĄTA FOREMNEGO A 23 A 1
A 23 A 1
ZADANIEOTRÓJKĄCIE80 80 20 C Zadanie. Dany jest trójkąt równoramienny ABC, w którym: A= B=80 oraz C=20. 20 WtymtrójkąciepoprowadzonoodcinkiADiBEtak,że BAD=50 oraz ABE=60 E? D (zob. rysunek). Oblicz miarę kąta BED. A 50 60 B
ROZWIĄZANIEZADANIAOTRÓJKĄCIE80 80 20 C Oznaczmy przez x szukany kąt BED. Nietrudno obliczyć, że ADB=50 oraz AEB=40. 20 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 50 60 B sinxcos20 +cosxsin20 sinx = 2sin40 cos40 sin40.
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.
KĄTY ŚRODKOWE I WPISANE; KĄT MIĘDZY PRZEKĄTNYMI W OSIEMNASTOKĄCIE FOREMNYM A 15 A 16 A 17 A 18 20 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 13 120 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.
ROZWIĄZANIEZADANIAOTRÓJKĄCIE80 80 20 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 18 17 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.
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
DŁUGOŚCI PRZEKĄTNYCH 1 k n 2 16 17 18 d 2 1 2 16 17 18 1 2 15 3 15 3 14 13 4 5 14 13 d7 d 9 d 5 4 5 12 6 12 d 3 6 11 10 9 d 2 8 7 11 n 2 <k<n: d k=d n k 10 9 8 7
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
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.
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
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)
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
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
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.
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.
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.
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
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.
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.
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.
CZTERY SERIE KONFIGURACJI NIETRYWIALNYCH W TRZYDZIESTOKĄCIE FOREMNYM Nr 6n k l m u v w 1 30 1 4 11 1 5 8 2 30 2 3 12 2 5 6 3 30 2 3 13 3 4 5 4 30 1 4 14 2 4 5 5 30 1 5 12 2 4 6 6 30 2 5 9 3 4 7 7 30 2 6 8 3 5 6 8 30 1 8 9 3 4 5 9 30 1 3 16 2 3 5 10 30 1 2 17 1 4 5 11 30 1 6 11 3 3 6 12 30 2 2 12 1 6 7 6n jest liczbą boków wielokąta d k d l d m =d u d v d w. k+l+m+u+v+w=6n.
PRZYKŁADY KONFIGURACJI NIETRYWIALNYCH I 30 1 30 1 2 3 6 24 22 8 11 12 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
PRZYKŁADY KONFIGURACJI NIETRYWIALNYCH II 30 30 1 1 3 4 25 6 24 9 10 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
KONFIGURACJE SPORADYCZNE I Nr 6n k l m u v w 1 30 3 4 9 4 5 5 2 30 2 2 14 2 3 7 3 30 1 7 8 2 3 9 4 30 1 3 14 2 2 8 5 30 1 2 19 2 3 3 6 30 2 5 8 3 3 9 7 30 2 4 11 3 5 5 8 30 1 5 13 3 4 4 9 30 1 1 21 1 2 4 10 30 1 7 9 2 4 7 11 30 1 5 11 2 3 8 12 30 1 3 13 1 4 8 13 30 1 2 16 1 3 7 Nr 6n k l m u v w 14 42 3 5 15 4 5 10 15 42 2 8 13 3 7 9 16 42 1 9 15 2 7 8 17 42 1 7 19 3 4 8 18 42 1 7 13 2 3 16 19 42 1 2 26 1 3 9
KONFIGURACJE SPORADYCZNE II Nr 6n k l m u v w 20 60 3 5 29 4 6 13 21 60 3 5 27 4 5 16 22 60 3 5 25 3 6 18 23 60 1 16 18 3 5 17 24 60 1 13 27 5 6 8 25 60 1 13 25 3 8 10 26 60 5 10 17 8 9 11 27 60 5 8 19 6 9 13 28 60 4 11 13 5 6 21 29 60 3 11 18 5 7 16 30 60 3 6 23 4 5 19 Nr 6n k l m u v w 31 60 2 7 19 3 4 25 32 60 2 5 35 4 6 8 33 60 2 3 33 2 4 16 34 60 1 18 21 5 7 8 35 60 1 16 23 5 6 9 36 60 1 14 25 4 7 9 37 60 1 13 22 3 5 16 38 60 1 10 31 4 6 8 39 60 1 10 25 3 4 17 40 60 1 8 27 2 5 17 41 60 1 6 31 2 4 16
KONFIGURACJE SPORADYCZNE III Nr 6n k l m u v w 42 84 7 18 19 11 13 16 43 84 6 11 23 7 8 29 44 84 4 13 23 6 7 31 45 84 2 7 49 4 6 16 46 84 1 25 30 5 7 16 47 84 1 20 35 5 6 17 48 84 1 18 37 4 7 17 49 84 1 14 43 4 6 16 50 90 5 13 35 11 12 14 51 90 2 19 32 5 9 23 52 90 1 23 31 4 6 25 53 90 1 17 47 5 8 12 Nr 6n k l m u v w 54 120 13 18 31 16 19 23 55 120 10 19 29 12 13 37 56 120 6 23 29 8 13 41 57 120 2 13 73 6 10 16 58 120 1 42 43 7 11 16 59 120 1 36 49 7 10 17 60 120 1 32 53 6 11 17 61 120 1 26 61 6 10 16 62 210 14 41 48 15 31 61 63 210 13 21 83 15 24 54 64 210 6 28 97 15 17 47 65 210 1 45 121 11 14 18
PRZYKŁAD KONFIGURACJI SPORADYCZNEJ 30 1 3 21 10 13 d 1 d 7 d 8 =d 2 d 3 d 9
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
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.
LICZBY ZESPOLONE a+bi, gdzie i 2 = 1. INTERPRETACJA GEOMETRYCZNA b a + bi a
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 13 14 z z 1 z 16
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.
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
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)
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)
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.
BIBLIOGRAFIA [P] V. V. Prasolov, Intersection Points of the Diagonals of Regular Polygons, w: Essays on Number and Figures http://www.ams.org/bookstore/pspdf/mawrld-16-prev.pdf [R] T. Rike, An Intriguing Geometry Problem, Berkeley Math Circle http://mathcircle.berkeley.edu/bmc4/handouts/geoprob.pdf [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 http://www.math.uwaterloo.ca/~mrubinst/publications/ngon.pdf http://arxiv.org/ps cache/math/pdf/9508/9508209v3.pdf www.mathematik.uni-bielefeld.de/~sillke/sequences/regular-n-gon.ps http://citeseerx.ist.psu.edu/viewdoc/summary?doi=10.1.1.36.137 W obu ostatnich pracach znajduje się obszerna bibliografia. Wiele prac można znaleźć w Internecie.
BIBLIOGRAFIA- ciąg dalszy [C] The 80-80-20 Triangle, Cut-the-Knot http://www.cut-the-knot.org/triangle/80-80-20/index.shtml [K]C.Knop,NineSolutionstoOneProblem,Kvant,1993,no6 K.Knop, Istori s geometrie, ili dev tь rexeni odno zadaqi http://kvant.mirror1.mccme.ru/ http://kvant.mirror1.mccme.ru/1993/06/istoriya s geometriej.htm [L] S. M. R. Lopes, Complexidade em geometria euclidiana plana, praca magisterska, Pontifícia Universidade Católica do Rio de Janeiro http://www.mat.puc-rio.br/~hjbortol/complexidade/ complexidade-em-geometria.pdf
KONIEC