Quod Erat Demonstrandum

2019/05/10

線長乘積

Filed under: Pure Mathematics — johnmayhk @ 11:52 下午
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考慮單位圓內接正多邊形,比如正方形

由某點(比方說 A)出發,連起其他頂點,得出 3 條線段,其長度分別為 2, \sqrt{2}, \sqrt{2},故乘積(product)為 4。

對於五邊形

由某點出發連起其他頂點,得出 4 條線段,那麼線段長度的乘積如何?

五邊形邊長為 2\sin(\frac{360^o}{5}\cdot \frac{1}{2})=2\sin36^o

而紅色對角線邊長 2(2\sin36^o)\sin54^o

於是該 4 條段長度乘積為

(8\sin^236^o\sin54^o)^2

美麗地,答案是 5。

那麼七邊形呢?

由某點連起其他頂點,得出 6 條線段,告訴你,該 6 條線段長度的乘積,美麗地,是 7。

同學,試驗證一下吧。

一般地,考慮單位圓內接正 n 邊形,由某點連起其他頂點,得出 n-1 條線段,那麼線段長度的乘積,就是 n。

我們可利用複數證明上述結果。

考慮複平面上的單位圓,其圓心在 O,正 n 邊形的某頂點 A 對應 z=1,則其他頂點對應單位根 z=\omega, \omega^2, \dots , \omega^{n-1}

那麼 n-1 條線段的乘積便可有系統地表達為

|1-\omega||1-\omega^2|\dots |1-\omega^{n-1}|

= |(1-\omega)(1-\omega^2)\dots (1-\omega^{n-1})|

z=1,\omega, \omega^2, \dots , \omega^{n-1} 皆為下式的(不相同的)根

z^n-1=0

z^n-1 可因式分解為

z^n-1\equiv (z-1)(z-\omega)(z-\omega^2)\dots (z-\omega^{n-1})

另外,易知

z^n-1\equiv (z-1)(z^{n-1}+z^{n-2}+\dots +z+1)

於是

(z-\omega)(z-\omega^2)\dots (z-\omega^{n-1})\equiv (z^{n-1}+z^{n-2}+\dots +z+1)

代入 z=1,得

(1-\omega)(1-\omega^2)\dots (1-\omega^{n-1})=1+1+\dots +1=n

所以

|1-\omega||1-\omega^2|\dots |1-\omega^{n-1}|=|n|=n

證畢。

把情況再擴充,就有純數的例題:

Let P_0,P_1,P_2,\dots ,P_{n-1} be a regular n-gon inscribed in a circle with radius r and centre O.

If P is a point on the plane of the circle such that \angle POP_0=\theta, show that

PP_0\cdot PP_1 \cdot PP_2 \dots PP_{n-1}=\sqrt{r^{2n}-2r^n(OP)^n\cos(n\theta)+OP^{2n}}

solution

懷舊完畢。

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