Dowód z okręgiem i wektorami.

[FreeBaluu]

Punkty \(\displaystyle{ A_{1},A_{2},A_{3}\...A_{n}}\) leżą na okręgu i dzielą go na równe części. Niech O będzie środkiem tego okręgu. Pokaż, że wówczas suma wektorów o końcach w punktach \(\displaystyle{ A_{1},A_{2},A_{3}\...A_{n}\itd.}\) i początku w O jest równa 0.

Zastanawiam się, czy nie rozważyć tutaj przypadku parzystych i nieparzystych ilości punktów, wtedy mam rozwiązanie dla parzystych, jednak brakuje dla nieparzystych.

[pyzol]

Ale jaka parzysta ilość. Masz trzy punkty na okręgu, trzy wektory rysunek jak znaczek mercedesu.
Wystarczy pokazać, że wypadkowa dwóch wektorów ma ten sam kierunek co trzeci, ale przeciwny zwrot.

[Dasio11]

A wolno użyć liczb zespolonych?

[FreeBaluu]

@pyzol
Źle sformułowałem treść, chodzi o dowolną ilość punków większą od 1, które dzielą okrąg na równe części. (Już poprawiłem)
@Dasio11
Raczej nie, ale jeśli mógłbyś pokazać mi rozwiązanie na liczbach zespolonych, to się nie obrażę;]

[Dasio11]

Ok.
Można założyć, że wektory zaczepione są w zerze. Wtedy fakt, że ich końce dzielą okrąg o promieniu \(\displaystyle{ r}\) i środku \(\displaystyle{ 0}\) na \(\displaystyle{ n}\) równych części, oznacza, że tym końcom odpowiadają liczby zespolone

\(\displaystyle{ A_n = r \varphi_0 \\ \\
A_1 = r \varphi_0 \cdot \left( \cos \frac{1 \cdot 2 \pi}{n} + \mathrm i \sin \frac{2 \pi}{n} \right) \\ \\
A_2 = r \varphi_0 \cdot \left( \cos \frac{2 \cdot 2 \pi}{n} + \mathrm i \sin \frac{2 \pi}{n} \right) \\ \\
A_3 = r \varphi_0 \cdot \left( \cos \frac{3 \cdot 2 \pi}{n} + \mathrm i \sin \frac{2 \pi}{n} \right) \\ \\
\vdots \\
A_{n-1} = r \varphi_0 \cdot \left( \cos \frac{(n-1) \cdot 2 \pi}{n} + \mathrm i \sin \frac{2 \pi}{n} \right).}\)

Stąd

\(\displaystyle{ A_1 + \dotsb + A_n = r \cdot \varphi_0 \cdot \left( \varepsilon_0 + \varepsilon_1 + \dotsb + \varepsilon_{n-1} \right),}\)

gdzie \(\displaystyle{ \varepsilon_k = \cos \frac{2 k \pi}{n} + \mathrm i \sin \frac{2 k \pi}{n}.}\)

Ale jeśli

\(\displaystyle{ S=\varepsilon_0 + \dotsb + \varepsilon_{n-1},}\)

to

\(\displaystyle{ \varepsilon_1 \cdot S = \varepsilon_1 \cdot \left( \varepsilon_0 + \varepsilon_1 + \dotsb + \varepsilon_{n-1} \right) = \varepsilon_1 \cdot \varepsilon_0 + \varepsilon_1 \cdot \varepsilon_1 + \dotsb + \varepsilon_1 \cdot \varepsilon_{n-2} + \varepsilon_1 \cdot \varepsilon_{n-1} = \varepsilon_1 + \varepsilon_2 + \dotsb + \varepsilon_{n-1} + \varepsilon_0 = S,}\)

czyli

\(\displaystyle{ S \cdot \left( \varepsilon_1 - 1 \right) = 0.}\)

Ale \(\displaystyle{ \varepsilon_1 - 1 \neq 0,}\) czyli \(\displaystyle{ S=0,}\) a więc

\(\displaystyle{ A_1 + \dotsb + A_n = 0.}\)


Hm. Wyszło trochę mniej elegancko, niż się spodziewałem. :/

[pyzol]

Co by zespolonych nie było, można by zespoloną przerzucić na \(\displaystyle{ \RR^2}\) (w sumie to samo).
Wtedy każdy wektor miałby współrzędną:
\(\displaystyle{ \vec{v}_k= r\cdot \left[\cos \left( \frac{k\cdot 2\pi}{n}\right) ;\sin \left(\frac{ k\cdot 2\pi}{n}\right) \right]}\)
Teraz jeśli zsumujemy wszystkie zsumujemy, to pierwszą współrzędną możemy wyliczyć spokojnie ze względu na symetrię. Tzn. Jeśli będzie nieparzysta liczba, to wiadomo, że \(\displaystyle{ \sin \left( \frac{k\cdot 2\pi}{n}\right)=-\sin \left( \frac{(n-k)\cdot 2\pi}{n}\right)}\)
, jeśli będzie parzysta to dwie wartości są zerowe.
Z cosinusem, to gorzej.

[yorgin]

Bardzo elegancko wychodzi przy postaci wykładniczej.

B.S.O. wektory mają długości równe 1. Wtedy \(\displaystyle{ A_{k+1}}\) odpowiada liczba

\(\displaystyle{ e^{i\phi_0+i\frac{k}{n}2\pi}, k=0,\ldots, n-1}\)

Sumujemy

\(\displaystyle{ \sum_k e^{i\phi_0+i\frac{k}{n}2\pi}=e^{i\phi_0}\sum_k e^{i\frac{k}{n}2\pi}}\)

Ze wzoru na sumę ciągu geometrycznego

\(\displaystyle{ \sum_k e^{i\frac{k}{n}2\pi}=1\frac{1-e^{i2\pi}}{1-e^{i\frac{1}{n}2\pi}}=0}\)

[ares41]

Jeszcze prościej :
Są to pierwiastki równania \(\displaystyle{ x^n-a=0}\).
Na podstawie wzorów Viete'a ( suma pierwiastków wielomianu ) dostajemy tezę.

[Dasio11]

Wybaczcie mi tę opinię - zdaje mi się, że wasze wypowiedzi zmierzają nie w kierunku podawania coraz prostszych rozwiązań, tylko zapisywania podobnie skomplikowanych rozwiązań w coraz mniejszej liczbie słów, przez co coraz więcej zostaje w domyśle, a to wg mnie czyni dowody mniej kompletnymi.
Muszę sobie pohejtować, skoro pojawiły się rozwiązania lepsze od mojego.

[yorgin]

Dasio11, chyba czasem właśnie o to chodzi, znajdowanie rozwiązania jednego zadania na wiele różnych, prostszych czy trudniejszych sposobów.

Twoje było inspiracją dla mojego, mimo iż zawiera literówki przy sinusach (argumenty niezależne od \(\displaystyle{ k}\) ?).

pyzol stwierdził, że przynajmniej połowa rachunków jest trywialna.

Ja ostatnio odkryłem zalety postaci wykładniczej w naprawdę wielu zadaniach. I tu widać jak dobrze się sprawiła.

ares41 podrzucił banalne rozwiązanie, jednak odwołujące się do wcale nie tak banalnych wzorów - o ile dobrze pamiętam wzory Viete'a wywodzą się z analizy wielomianów symetrycznych.

Niemniej każdy z nas zrobił to zadanie

[FreeBaluu]

Mam pytanie do ares41:
Na jakiej podstawie oceniasz, że są to pierwiastki tego równania i czym u Ciebie jest a?

[ares41]

To dosyć znany fakt.

Wiadomo, że pierwiastki równania \(\displaystyle{ x^n-a=0}\) są postaci \(\displaystyle{ r\left( \cos{ \frac{\varphi+2k\pi}{n}}+i \sin{ \frac{\varphi+2k\pi}{n}} \right)}\), dla pewnych \(\displaystyle{ r,\varphi}\).
Istotnym dla nas jest, że argument każdego kolejnego różni się od poprzedniego o \(\displaystyle{ \frac{2\pi}{n}}\).
Zgodnie z interpretacją geometryczną oznacza to, że wektor go reprezentujący jest obrócony w stosunku do poprzedniego dokładnie o ten kąt. No ale mamy \(\displaystyle{ n}\) pierwiastków [zasadnicze twierdzenie algebry], więc po ostatnim obrocie wykonamy w sumie ( licząc od początkowego położenia ) obrót o \(\displaystyle{ n \cdot \frac{2\pi}{n}=2\pi}\), czyli pełny obrót. Stąd wniosek, że pierwiastki równania dzielą okrąg na \(\displaystyle{ n}\) równych części, czyli wyznaczają nam wielokąt foremny.

Jeżeli teraz mamy dany wielokąt foremny, to możemy go tak obrócić, żeby odcinki łączące jego środek z wierzchołkami pokrywały się z analogicznymi wierzchołkami w wielokącie, który dostajemy z równania \(\displaystyle{ x^n-a=0}\). Możemy tak zrobić, bo każde dwa \(\displaystyle{ n}\)-kąty foremne są podobne. Jeżeli teraz odpowiednio przeskalujemy ( w sensie jednokładności ) ten wielokąt, to pokryje on się z wielokątem pochodzącym z równania \(\displaystyle{ x^n-a=0}\).
Zatem dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\)-kąta foremnego istnieje taka liczba \(\displaystyle{ a}\), że jest on tożsamy z wielokątem otrzymanym w interpretacji geometrycznej równania \(\displaystyle{ x^n-a=0}\)