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$\frac{1}{A_1A_2}=\frac{1}{A_1A_3}+\frac{1}{A_1A_4}$. Entonces encontrar el valor de $n$

Si $A_1A_2A_3.....A_n$ un polígono regular y $\frac{1}{A_1A_2}=\frac{1}{A_1A_3}+\frac{1}{A_1A_4}$. Entonces encontrar el valor de $n$(number of vertices in the regular polygon).

Sé que los lados de un polígono regular son iguales pero yo no podía relacionar $A_1A_3$ y $A_1A_4$ con la longitud del lado. ¿Me puede alguien ayudar en solucionar este problema?

22voto

vdo Puntos 14

Si usted sabe un poco acerca de los números complejos y de las raíces de la unidad, aquí es otro enfoque:

El $n^\text{th}$ raíces de la unidad son los vértices de un regular $n$-gon. Deje $z=1$ denotar $A_1$ $w = e^{\frac{2\pi\iota}{n}}$ denotar $A_2$ en el plano complejo. A continuación, $w^2$ denota $A_3$ $w^3$ denota $A_4$. Ahora, la ecuación dada se puede escribir como

$$\frac{1}{|1-w|} = \frac{1}{|1-w^2|} + \frac{1}{|1-w^3|}$$ Multiplicando con $|1-w|$ a lo largo, se consigue $$1 = \frac{1}{|1+w|} + \frac{1}{|1+w+w^2|}$$

Ahora desde $|w|=1$, sacando $|w|$ desde el denominador del segundo término en el R. H. S, $$1 = \frac{1}{|1+w|} + \frac{1}{|1+w+\bar{w}|}$$ Observe que $w+\bar{w}$ es puramente real y puede ser escrito $w+\frac{1}{w}$, por lo tanto $$1 - \frac{w}{1+w+w^2} = \frac{1+w^2}{1+w+w^2} = \frac{1}{|1+w|}$$ El cuadrado ambos lados y el uso de $|z|^2 = z\bar{z}$, $$\Bigg(\frac{1+w^2}{1+w+w^2}\Bigg)^2 = \frac{1}{(1+w)} \cdot \frac{1}{(1+\frac{1}{w})}= \frac{w}{(1+w)^2}$$ Cruz de multiplicar, $$(1+w+w^2+w^3)^2 = w (1+w+w^2)^2$$ y se simplifica para obtener $$1+w+w^2+w^3+w^4+w^5+w^6 = 0$$ Por lo tanto, $$1-w^7 =0$$ y $w \neq 1$, lo $w$ debe ser un $7$th raíz de la unidad. Argumentan que $n =7$.

14voto

Brian Puntos 28

Este problema puede ser trivializado por Ptolomeo del teorema.

En primer lugar tomamos el l.c.m y simplificar ambos lados de la ecuación dada. Vamos $A_1A_2=a$, $A_1A_3=b$, $A_1A_4=c$. Entonces tenemos

$$\frac{1}{a}=\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \qquad\to\qquad b c = a b + a c \tag{1}$$

Ahora, tenga en cuenta que los polígonos regulares siempre puede ser inscrito en un círculo. Tomar el cuadrilátero $A_1A_3A_4A_5$, que es un cuadrilátero cíclico. La aplicación del teorema de Ptolomeo que tenemos, $$A_1A_3\cdot A_4A_5 + A_3A_4\cdot A_1A_5 = A_1A_4\cdot A_3A_5 \tag{2}$$ Ahora a ver que $A_1A_3=b$, $A_4A_5=a$, $A_3A_4=a$, $A_1A_4=c$, $A_3A_5=b$, así, en $(2)$ tenemos, $$b a + a\cdot A_1A_5 = c b \tag{3}$$

La comparación de la ecuación de $(1)$$(3)$, podemos ver que $A_1A_5 = c = A_1A_4$. Estas son las dos diagonales del polígono regular de compartir un vértice común, por lo que esta diagonal debe ser una diagonal que divide el área del polígono. Así, por un lado de la diagonal $A_1A_4$ hay $A_2$, $A_3$; y en el otro lado de la diagonal $A_1A_5$ debe ser $A_6$, $A_7$. Así que hay 7 vértices del polígono.

Por lo tanto $n=7$, llevando a un heptagon.

12voto

Shailesh Puntos 2963

$Outline:$

Lo siento, no puedo dibujar un diagrama y explicar, a pesar de que sería muy cuidada. Deje $r$ ser el radio de la circunferencia circunscrita, y deje $2\theta$ ser el ángulo subtendido en el centro en los vértices adyacentes. Si $a$ es la longitud de cualquier lado del polígono regular, a continuación,$a = 2r\sin\theta$. Ahora $\theta = \frac{\pi}{n}$, entonces la ecuación dada se convierte en $\frac{1}{\sin\theta} = \frac{1}{\sin2\theta} + \frac{1}{\sin3\theta}$. Simplificar esto, obtendrá $\sin4\theta = \sin3\theta$, da $\theta = \frac{\pi}{7}$. Por lo $n = 7$ es la respuesta final. Usted puede llenar los vacíos en la solución.

Ya que la respuesta tiene un poco upvotes, miré un poco más y se encontró que este problema se le preguntó en el IIT JEE de 1994 (examen de ingreso para el Instituto Indio de Tecnología) y de nuevo una variante de la misma en 2011. El profesor K. D. Joshi, en su libro Educativo JEE, ha esbozado 3 soluciones, una de ellas es como la mía (solo es mejor), entonces la Ptolomeo uno dado por user260674 así como el uso de números complejos dados por Siete. Puede referirse a la página 18 y 19 de la secuencia de comandos original aquí

6voto

RecklessReckoner Puntos 7956

Yo estaba fundición acerca de un método que no requiere un montón de trabajo con múltiples ángulos y las identidades trigonométricas. Hasta ahora, he tenido una diferente, aunque en última instancia, relacionadas con el argumento -- (sin el uso de un círculo circunscrito) que me llevó a la misma ecuación, $ \ \frac{1}{\sin\theta} \ = \ \frac{1}{\sin2\theta} \ + \ \frac{1}{\sin3\theta} $ , que Shailesh ya producidos. Aquí hay algo de uso más básico del triángulo de la geometría que lo que yo había tenido.

[diagram to be inserted -- need to use another browser for that]

Para mayor comodidad, vamos a llamar a las longitudes de los lados del polígono $ \ s \ $ $ \ A_1A_2 \ = \ s \ $ y llamar a las otras longitudes de interés $ \ A_1A_3 \ = \ t \ $$ \ A_1A_4 \ = \ u \ $ .

"Drop perpendiculares" a $ \ \overline{A_1A_4} \ $ $ \ A_2 \ $ para producir el punto de $ \ P \ $ e de $ \ A_3 \ $ a producir $ \ Q \ $ . Dado que estamos trabajando con un polígono regular, es sencillo demostrar que $ \ A_1A_2A_3A_4 \ $ es un trapecio y que $ \ PQ \ = \ s \ $ . Extender, dicen , $ \ A_4A_3 \ $ a un punto de $ \ R \ $ : desde $ \ \angle A_2A_3R \ $ es un ángulo exterior de un polígono, $ \ m(\angle A_2A_3R) \ = \ \frac{2 \pi}{n} \ $ . Tenemos $ \ \overline{A_2A_3} \ \ \Vert \ \ \overline{A_1A_4} \ $ , por lo ángulo correspondiente $ \ \angle QA_4A_3 \ $ también tiene una medida de $ \ \frac{2 \pi}{n} \ $ .

En consecuencia, $ \ A_4Q \ = \ A_1P \ = \ s \ \cos \left(\frac{2 \pi}{n} \right) \ $ [está claro que los dos segmentos son congruentes] y así

$$ u \ = \ s \ \left( \ 1 \ + \ 2 \ \cos \left[ \frac{2 \pi}{n} \right] \ \right) \ \ . $$

A pesar de $ \ \Delta A_1A_2A_3 \ $ es isósceles, $ \ m(\angle A_1A_2A_3) \ = \ \pi \ - \ \frac{2 \pi}{n} \ $ por un conocido teorema (o porque es complemento de un ángulo exterior), que en realidad no explotar la Ley de los Cosenos aquí para encontrar $ \ t \ $ . En lugar de ello, obtenemos que $ \ m(\angle A_1A_3A_2 ) \ = \ \frac{1}{2} \ ( \ \pi \ - \ [ \pi \ - \ \frac{2 \pi}{n} ] \ ) \ = \ \frac{\pi}{n} \ $ . A partir de esto, nos encontramos $ \ m(\angle A_1A_3A_4 ) \ = \ \left(\pi \ - \ \frac{2 \pi}{n} \right) \ - \frac{\pi}{n} $ $ \ = \ \left(\pi \ - \ \frac{3 \pi}{n} \right) \ $ .

Por la Ley de los Senos,

$$ \frac{t}{\sin \left( \frac{2 \pi}{n} \right)} \ = \ \frac{u}{\sin \left( \ \pi \ - \ \frac{3 \pi}{n} \ \right) \ } \ \ \Rightarrow \ \ \frac{t}{\sin \left( \frac{2 \pi}{n} \right)} \ = \ \frac{s \ \left( \ 1 \ + \ 2 \ \cos \left[ \frac{2 \pi}{n} \right] \ \right)}{\sin \left( \frac{3 \pi}{n} \right) } $$

[el uso de la identidad "seno de un ángulo es igual al seno de su suplemento"].

En la última parte de la ecuación en discusión, obtenemos

$$ \frac{1}{s} \ = \ \frac{1}{t} \ + \ \frac{1}{u} \ = \ \frac{1}{s} \ \left[ \ \frac{1 }{\left( \ 1 \ + \ 2 \ \cos \left[ \frac{2 \pi}{n} \right] \ \right)} \ \left( \ \frac{\sin \left( \frac{3 \pi}{n} \right)}{\sin \left( \ \frac{2 \pi}{n} \ \right)} \ \right) \ \right] \ \left[ \ 1 \ + \ \left( \ \frac{\sin \left( \frac{2 \pi}{n} \right)}{\sin \left( \ \frac{3 \pi}{n} \ \right)} \ \right) \ \right] $$

$$ \Rightarrow \ \ 1 \ = \ \frac{1 }{\left( \ 1 \ + \ 2 \ \cos \left[ \frac{2 \pi}{n} \right] \ \right)} \ \ \left[ \ \left( \ \frac{\sin \left( \frac{3 \pi}{n} \right)}{\sin \left( \ \frac{2 \pi}{n} \ \right)} \ \right) \ + \ 1 \ \right] $$

$$ \Rightarrow \ \ 1 \ + \ 2 \ \cos \left( \frac{2 \pi}{n} \right) \ = \ 1 \ + \ \left[ \ \frac{\sin \left( \frac{3 \pi}{n} \right)}{\sin \left( \ \frac{2 \pi}{n} \ \right)} \ \right] $$ $$\Rightarrow \ \ 2 \ \sin \left( \frac{2 \pi}{n} \right) \ \cos \left( \frac{2 \pi}{n} \right) \ = \ \sin \left( \frac{3 \pi}{n} \right) \ \ \Rightarrow \ \ \sin \left( \frac{4 \pi}{n} \right) \ = \ \sin \left( \frac{3 \pi}{n} \right) \ \ , $$

la aplicación de la "doble ángulo fórmula" para el seno en la final.

Desde todos los ángulos discutido aquí tiene que medir menos de $ \ \pi \ $ , es el caso que

$$ \frac{4 \pi}{n} \ = \frac{3 \pi}{n} \ \ , $$

que requeriría $ \ \frac{ \pi}{n} \ = \ 0 \ $ o que

$$ \frac{4 \pi}{n} \ = \ \pi \ - \frac{3 \pi}{n} \ \ \Rightarrow \ \ \frac{7 \pi}{n} \ = \ \pi \ \ \Rightarrow \ \ n \ = \ 7 \ \ . $$

2voto

Sugerencia: dejar, cada lado del polígono regular $A_1A_2A_3\ldots A_n$ ser $a$ entonces tenemos $ de $$A_1A_2=a$ $$A_1A_3=2a\sin\left(\frac{(n-2)\pi}{2n}\right)$ $ $$A_1A_4=a-2a\cos\left(\frac{(n-2)\pi}{n}\right)$ $

Ahora, tenemos %#% $ #%

Dejó$ de $$\frac{1}{A_1A_2}=\frac{1}{A_1A_3}+\frac{1}{A_1A_4}$, $$\frac{1}{a}=\frac{1}{2a\sin\left(\frac{(n-2)\pi}{2n}\right)}+\frac{1}{a-2a\cos\left(\frac{(n-2)\pi}{n}\right)}$ entonces tenemos

$\frac{(n-2)\pi}{2n}=\alpha$$

$$1-\frac{1}{1-2\cos2\alpha}=\frac{1}{2\sin\alpha}$$ $$\frac{1-2\cos2\alpha-1}{1-2\cos2\alpha}=\frac{1}{2\sin\alpha}$$

Espero que usted puede tomar desde aquí.

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