Spotkałem się ze wzorem na pole pięciokąta:
\(\displaystyle{ P= \frac{ a^{2} \sqrt{5 (5 + 2 \sqrt{5} ) } } {4}}\)
Jak został on wyprowadzony?
Wyprowadzenie wzoru na pole pięciokąta foremnego
-
- Użytkownik
- Posty: 22210
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3755 razy
Wyprowadzenie wzoru na pole pięciokąta foremnego
Spróbuj sam go wprowadzić. Pięciokat jest sumą pięciu trójkątów równoramiennych. Znajdź wzory na wartości kąta \(\displaystyle{ 72}\) stopnie.
Wyprowadzenie wzoru na pole pięciokąta foremnego
A da się jakoś, nie używajac funkcji trygonometrycznych?
-
- Użytkownik
- Posty: 817
- Rejestracja: 19 lis 2016, o 23:48
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 21
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 115 razy
Wyprowadzenie wzoru na pole pięciokąta foremnego
Korzystając z własności (które na ogół dowodzi się z trygonometrii ), że dla pięciokąta foremnego o boku \(\displaystyle{ a}\) przekątna ma długość \(\displaystyle{ \frac{1+\sqrt{5}}{2} \cdot a}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 22210
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3755 razy
Re: Wyprowadzenie wzoru na pole pięciokąta foremnego
E tam....grzegorj pisze:
Po pierwsze, to nie wzór na pole wyprowadza się z zależności trygonometrycznych, tylko wartości funkcji trygonometrycznych kątów 18°, 36°, 54° i 72° wyprowadza się ze związków miarowych w pięciokącie foremnym.
Niech \(\displaystyle{ z_1=\cos\frac{2\pi}{5}+ i\sin \frac{2\pi}{5}}\) i \(\displaystyle{ z_4=\cos\frac{2\pi}{5}- i\sin \frac{2\pi}{5}}\)
Obie te liczby maja moduł równy \(\displaystyle{ 1}\) i są wzajemnie sprzężone, więc \(\displaystyle{ \overline{z_1}=z_4=\frac{1}{x_1}}\), a ich suma jest liczbą rzeczywistą:
(*) \(\displaystyle{ z_1+z_4=z_1+\frac{1}{z_1}=2 \cos\frac{2\pi}{5}>0}\)
Podobnie sprawa ma się z drugą parą liczb
\(\displaystyle{ z_2=\cos\frac{4\pi}{5}+ i\sin \frac{4\pi}{5}}\) i \(\displaystyle{ z_3=\cos\frac{4\pi}{5}- i\sin \frac{4\pi}{5}}\)
(**) \(\displaystyle{ z_2+z_3=z_2+\frac{1}{z_2}=2 \cos\frac{4\pi}{5}<0}\)
Ze wzoru de Moivre'a otrzymujemy \(\displaystyle{ z_i^5=1, \ i=1,2,3,4}\)
Równanie \(\displaystyle{ z^5-1=0}\) możemy zapisać tak:
\(\displaystyle{ 0=(z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1)=z^2(z-1)\left(z^2+\frac{1}{z^2}+z+\frac{1}{z}+1\right)\\
=\left(z+\frac{1}{z}\right)^2+z+\frac{1}{z}-1}\)
Rozwiązując to otrzymujemy
\(\displaystyle{ z+\frac{1}{z}=\frac{\sqrt5-1}{2}>0}\) lub \(\displaystyle{ z+\frac{1}{z}=\frac{-1-\sqrt5}{2}<0}\)
Jasne jest, że rozwiązaniami tych równań są pary liczb o których była mowa wyżej, a tylko jedna ma dodatnią sumę,
Zatem
\(\displaystyle{ 2\cos \frac{2\pi}{5}=\frac{\sqrt5-1}{2}}\), czyli \(\displaystyle{ \red\cos \frac{2\pi}{5}=\frac{\sqrt5-1}{4}}\)
I dalej już prosto:
\(\displaystyle{ \red\sin \frac{2\pi}{5}=\sqrt{\frac{5+\sqrt5}{8}}}\).
Jak dotąd ani słowa nie było o pięciokącie foremnym, a sinus i kosinus udało się wyliczyć
Pięciokąt foremny wpisany w okrąg o promieniu \(\displaystyle{ 1}\) składa się z pięciu trójkątów o równoramiennych o bokach \(\displaystyle{ 1,1,a_1}\) i kącie między równymi bokami równy \(\displaystyle{ 72}\) stopnie, czyli \(\displaystyle{ \frac{2\pi}{5}}\)
Z twierdzenia kosinusów mamy
\(\displaystyle{ a_1^2=2-2\cos\frac{2\pi}{5}=\frac{3-\sqrt5}{2}}\)
a pole całego pięciokąta jest równe
\(\displaystyle{ P_1=\frac{5}{2}\sqrt{\frac{5+\sqrt5}{8}}}\)
Dla pięciokąta wpisanego w dowolny okrąg będziemy mieli
\(\displaystyle{ \frac{P}{a^2}=\frac{P_1}{a_1^2}=\frac{\sqrt{25+10\sqrt{5}}}{4}}\)