Άθροισμα τετραγώνων ορθών προβολών

#1

: 1.png (27.27 KiB) Προβλήθηκε 384 φορές

Δίνεται κανονικό $\displaystyle{ n }$ - γωνο $\displaystyle{ A_1 A_2 A_3 \ldots A_n }$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{ \left( {O,R} \right) }$ . Αν $\displaystyle{ \left( \varepsilon \right) }$ ευθεία του επιπέδου του

να δειχθεί ότι το άθροισμα των τετραγώνων των ορθών προβολών $\displaystyle{ O{'}A{'}_i }$ των ακτινών $\displaystyle{ OA_i }$ αντίστοιχα

στην ευθεία $\displaystyle{ \left( \varepsilon \right) }$ ισούται με $\displaystyle{ \frac{{nR^2 }} {2} }$ , δηλαδή : $\displaystyle{ \boxed{\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {O{'}A{'}_i } \right)^2 } = \frac{{nR^2 }} {2}} }$

Στάθης

#2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Δίνεται κανονικό $\displaystyle{ n }$ - γωνο $\displaystyle{ A_1 A_2 A_3 \ldots A_n }$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{ \left( {O,R} \right) }$ . Αν $\displaystyle{ \left( \varepsilon \right) }$ ευθεία του επιπέδου του

να δειχθεί ότι το άθροισμα των τετραγώνων των ορθών προβολών $\displaystyle{ O{'}A{'}_i }$ των ακτινών $\displaystyle{ OA_i }$ αντίστοιχα

στην ευθεία $\displaystyle{ \left( \varepsilon \right) }$ ισούται με $\displaystyle{ \frac{{nR^2 }} {2} }$ , δηλαδή : $\displaystyle{ \boxed{\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {O{'}A{'}_i } \right)^2 } = \frac{{nR^2 }} {2}} }$

Τριγωνομετρικά:

Αν $\phi$ η γωνία που σχηματίζει η OA_1

με την $(\epsilon)$ εύκολα βλέπουμε ότι

$\displaystyle{\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {O{'}A{'}_i } \right)^2 =\sum_0^{n-1} R^2 \cos ^2 \left (\phi + \frac {2k\pi}{n} \right) } = \frac{1}{2}\sum_0^{n-1} R^2 \left (1+ \cos \left (2\phi + \frac {4k\pi}{n} \right) \right) }=$

$\displaystyle{= \frac {nR^2}{2} + \frac{R^2}{2}\sum_0^{n-1} \cos \left (2\phi + \frac {4k\pi}{n} \right) } }$

Μένει να δείξουμε ότι το άθροισμα δεξιά είναι

. Αυτό έπεται αμέσως από έναν ωραίο αλλά γνωστό τύπο (δεν θα τον αποδείξω επειδή είναι γνωστός. Πάντως αποδεικνύεται επαγωγικά, αλλά υπάρχουν και εξυπνότερες πολύ σύντομες αποδείξεις).

Ισχύει $\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-1} \cos (a + k b) = \frac {\cos a - \cos (a-b) - \cos (a+ nb) + \cos (a+(n-1)b) }{2- 2\cos b} }$ του οποίου ο αριθμητής μηδενίζεται αν $b= \frac {4\pi}{n}$

Φιλικά,

Μιχάλης

#3

Στρέφοντας την $\epsilon$ κατά διαδοχικές γωνίες $\frac{2\pi}{n}$ περί το

, δημιουργούμε ένα νέο κανονικό πολύγωνο και οι ορθές προβολές την ακτίνων, μεταφέρονται στις ορθές προβολές της OA_1

στις πλευρές του νέου πολυγώνου και στη συνέχεια, στις αποστάσεις του

από τις κορυφές κανονικού πολυγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο διαμέτρου OA_1

.
Οπότε το πρόβλημα είναι ισοδύναμο με το:
$\displaystyle{ \boxed{\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {OB_i } \right)^2 } = \frac{{n\delta^2 }} {2}} }$
όπου $\delta$ η διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου στο κανονικό πολύγωνο B_1B_2...B_n

.

Το παραπάνω πρόβλημα, αντιμετωπίζεται εύκολα με μιγαδικούς, θεωρώντας τις αποστάσεις της εικόνας ενός μιγαδικού

του μοναδιαίου κύκλου, από τις εικόνες των

-οστών ριζών της μονάδας (με μονάδα μέτρησης την ακτίνα του B_1B_2...B_n

).
$\sum\limits_{i=1}^{n}{\left| z-z_{i}\right|}^2=2n$

Άθροισμα τετραγώνων ορθών προβολών

Άθροισμα τετραγώνων ορθών προβολών

Re: Άθροισμα τετραγώνων ορθών προβολών

Re: Άθροισμα τετραγώνων ορθών προβολών

Μέλη σε σύνδεση