Prueba de líneas concurrentes para un regular de 18-gon.

Question

Deje que$X_1 X_2 \dotsb X_{18}$ sea un 18-gon regular. Muestre que$X_1 X_{10}$,$X_2 X_{13}$ y$X_3 X_{15}$ son concurrentes.

¿Cuál sería la mejor manera de demostrar esto? En realidad estoy teniendo dificultades para entender 'concurrente', ya que no estoy seguro de cómo son concurrentes en un juego regular de 18-gon

Answer 1

$\qquad\qquad$

Deje que$A,B,C$ sea el punto de intersección de$X_{13}X_1$ con$X_{15}X_3$,$X_{13}X_3$ con$X_{10}X_1$,$X_{13}X_2$ con$X_1X_3$ respectivamente.

Luego, obtenemos$$\begin{align}\frac{AX_1}{X_{13}A}\cdot\frac{CX_3}{X_1C}\cdot\frac{BX_{13}}{X_3B}&=\frac{X_1X_3\sin 40^\circ}{X_{13}X_3\sin 20^\circ}\cdot\frac{X_3X_{13}\sin 10^\circ}{X_1X_{13}\sin 10^\circ}\cdot\frac{X_1X_{13}\sin 30^\circ}{X_1X_3\sin 70^\circ}\\\\&=\frac{\sin 40^\circ\sin 30^\circ}{\sin 20^\circ\sin 70^\circ}\\\\&=\frac{\frac 12\sin 40^\circ}{\sin 20^\circ\sin 70^\circ}\\\\&=\frac{\sin 20^\circ\cos 20^\circ}{\sin 20^\circ \sin 70^\circ}\\\\&=1\end{align}$ $ La afirmación se desprende del teorema de Ceva.

Answer 2

Lema 1. Si $p$ $q$ son distintos puntos del círculo unitario tal que $pq \ne -1$, luego la línea a través de $p$ $q$ cruza el eje real en $z = \frac{p+q}{1+pq}$.

Para arbitrario $p,q$ (no necesariamente en el círculo unitario) deje $z = \lambda p + (1-\lambda)q \,\text{,}\,\lambda \in \mathbb{R}$ ser un punto de la línea a través de $p,q$. Punto de $z$ se encuentra en el eje real iff $z = \bar z\,$, la cual es una ecuación que puede ser resuelto por $\lambda\,$, la sustitución de espalda le da en la final $z=\frac{p \bar q - \bar p q}{p - \bar p - (q - \bar q)}\,$.

Para $p,q$ sobre el círculo unidad $\bar p = \frac{1}{p}$$\bar q = \frac{1}{q}\,$, y la expresión anterior se simplifica a $z=\frac{p+q}{1+pq}$.

Lema 2. Deje $\omega = \operatorname{cis}(2 \pi / 18)= e^{i\,2 \pi / 18}\,$,$\;\omega^9 = -1\,$$\;\omega^6 - \omega^3+1=0\;$.

La primera parte se desprende directamente de $\omega^9 = \operatorname{cis}(9 \cdot 2 \pi / 18) = \operatorname{cis}(\pi)=-1\,$.
La reescritura como $0 = \omega^9+1 = (\omega^3+1)(\omega^6-\omega^3+1)\,$ da la segunda parte, ya que $\omega^3 \ne -1\,$.

Prueba. Asumir WLOG que los vértices $X_k$ mentira sobre el círculo unidad en el plano complejo, con $X_1\equiv 1$. A continuación,$X_k \equiv \omega^{k-1}$$k=1,2,\cdots,18\,$. Desde $X_{10} \equiv \omega^9 = -1$ lado $X_1X_{10}$ se encuentra en el eje real, y el problema se reduce a demostrar que la intersección de las $X_2X_{13}$ $X_3X_{15}$ con el eje real coinciden. Señaló que por el Lema 2 $X_{13}\equiv \omega^{12}=-\omega^3\,$, $X_{15}\equiv \omega^{14}=-\omega^5\,$ y el uso de la fórmula de Lema 1 esto es equivalente a:

$$ \requieren{cancel} \frac{\omega\omega^3}{1-\omega^4} = \frac{\omega^2-\omega^5}{1-\omega^7} \\[5px] \frac{\cancelar{\omega}\bcancel{(1-\omega^2)}}{\bcancel{(1-\omega^2)}(1+\omega^2)} = \frac{\omega^\cancelar{2}(1-\omega^3)}{1-\omega^7} \\[5px] 1 - \omega^7 = \omega(1+\omega^2-\omega^3-\omega^5) \\[5px] 1-\omega^3+\omega^6-\omega(1-\omega^3+\omega^6) = 0 $$

La última igualdad se cumple debido a $1-\omega^3+\omega^6=0$ por el Lema 2, lo que completa la prueba.

Answer 3

Así es como pueden ser concurrentes. Actualmente estoy trabajando en una prueba :)