Inspirado por esta pregunta, me preguntaba si se puede generalizar para el caso de una $n$-gon.
Por ejemplo, cuando se $n=5$ tenemos esta imagen:
donde $ABCDE$ es un pentágono regular, $AA_1=BB_1=\cdots=EE_1$. También se $A,A_1,B_1$ son colinear en ese orden, y así sucesivamente.
Podemos concluir que el $A_1B_1C_1D_1E_1$ es regular? O es que hay un contraejemplo para que?
No incluyen la trigonometría como bien extensa, pero se incluye como complemento visual para dar genreal idea:
Tenga en cuenta que un obturador de una cámara tradicional funciona en el mismo principio:
Tenga en cuenta también que Narasimham la observación de las rutas que toman ofrecer una prueba visual de la conjetura, y para mayor $n$, son muy atractivas:
Código en Narasimham de la solicitud:
Manipulate[
Show[\[Theta] = LambertW[1]//N; length = -10; g = 0.2;
tt = {1.337, 1.236, 1.18, 1.144, 1.121, 1.104, 1.091, 1.081, 1.073,
1.066, 1.061, 1.056, 1.052, 1.049, 1.046, 1.043, 1.041, 1.039};
r = c*(rr =
If[n < 2*Pi,
Pi + n*(-1 + 2*Pi) +
n*ArcTan[
Cos[1] + Cos[1 - (4*Pi)/n] + 2*Cos[1 - (2*Pi)/n] -
2*Sqrt[2]*
Sqrt[(3 + Cos[(2*Pi)/n])*Sin[Pi/n]^2*Sin[1 - (2*Pi)/n]^2],
4*Cos[Pi/n]^2*Sin[1 - (2*Pi)/n] +
2*Sqrt[2]*Cot[1 - (2*Pi)/n]*
Sqrt[(3 + Cos[(2*Pi)/n])*Sin[Pi/n]^2*
Sin[1 - (2*Pi)/n]^2]],
Pi + n*(-1 + 2*Pi) +
n*ArcTan[
Cos[1] + Cos[1 - (4*Pi)/n] + 2*Cos[1 - (2*Pi)/n] +
2*Sqrt[2]*
Sqrt[(3 + Cos[(2*Pi)/n])*Sin[Pi/n]^2*Sin[1 - (2*Pi)/n]^2],
4*Cos[Pi/n]^2*Sin[1 - (2*Pi)/n] -
2*Sqrt[2]*Cot[1 - (2*Pi)/n]*
Sqrt[(3 + Cos[(2*Pi)/n])*Sin[Pi/n]^2*
Sin[1 - (2*Pi)/n]^2]]]);
aa = Table[{Cos[1 + (2*k*Pi)/n]*Cos[\[Theta]] -
Sin[1 + (2*k*Pi)/n]*Sin[\[Theta]],
Cos[\[Theta]]*Sin[1 + (2*k*Pi)/n] +
Cos[1 + (2*k*Pi)/n]*Sin[\[Theta]]}, {k, Join[{n}, Range[n]]}];
li = Table[{(2*
Sin[r/n]*(-Sin[1 + ((2*s + 1)*Pi)/n + \[Theta]] +
Cos[Pi/n]*Sin[(n + (2*s + 1)*Pi + r + n*\[Theta])/n]))/(3 +
Cos[Pi/n]^2 - 4*Cos[Pi/n]*Cos[r/n] -
Sin[Pi/n]^2), (2*(Cos[1 + ((2*s + 1)*Pi)/n + \[Theta]] -
Cos[Pi/n]*Cos[(n + (2*s + 1)*Pi + r + n*\[Theta])/n])*
Sin[r/n])/(3 + Cos[Pi/n]^2 - 4*Cos[Pi/n]*Cos[r/n] -
Sin[Pi/n]^2)}, {s, 1, n}];
list = Join[Drop[li, n - 2], Take[li, n - 2]];
Graphics[{Opacity[If[TrueQ[JamesBond] == True, 1, 0]], Black,
Polygon[{{-(1 + g), -(1 + g)}, {1 + g, -(1 + g)}, {1 + g,
1 + g}, {-(1 + g), 1 + g}}], {Red, Thick,
Opacity[If[TrueQ[JamesBond] == True, 0,
If[TrueQ[circles] == True, 1, 0]]], Circle[]}, {Red, Thick,
Opacity[If[TrueQ[JamesBond] == True, 0,
If[TrueQ[circles] == True, 1, 0]]], Circle[{0, 0}, Cos[Pi/n]]},
Opacity[If[TrueQ[JamesBond] == True, 0, 1]], Thick, Blue,
Line[aa], Opacity[If[TrueQ[JamesBond] == True, 1, 0]], White,
Polygon[list], Opacity[1],
If[TrueQ[JamesBond] == True, White, Blue], Thick,
bb = Table[Line[{aa[[u]], list[[u]]}], {u, 1, n}],
Opacity[If[TrueQ[JamesBond] == True, 0, 1]], Red,
PointSize[Large], Point[list],
If[TrueQ[JamesBond] == True, White, Red],
Opacity[If[TrueQ[JamesBond] == True, 1,
If[TrueQ[lines] == True, 1, 0]]],
Table[Line[{bb[[u, 1,
1]], {bb[[u, 1, 2,
1]] + ((bb[[u, 1, 2, 1]] - bb[[u, 1, 1, 1]])*length)/
Sqrt[Abs[(bb[[u, 1, 1, 1]] -
bb[[u, 1, 1, 2]])*2 + (bb[[u, 1, 1, 2]] -
bb[[u, 1, 2, 2]])*2]],
bb[[u, 1, 2,
2]] + ((bb[[u, 1, 2, 2]] - bb[[u, 1, 1, 2]])*length)/
Sqrt[Abs[(bb[[u, 1, 1, 1]] -
bb[[u, 1, 1, 2]])*2 + (bb[[u, 1, 1, 2]] -
bb[[u, 1, 2, 2]])*2]]}}], {u, 1, n}]}],
PlotRange -> {{-(1 + g), 1 + g}, {-(1 + g), 1 + g}}], {{c,
If[TrueQ[min] == True, 1.18, 1]},
If[TrueQ[min] == True, Evaluate[tt[[n - 2]]], 1],
Dynamic[
1*n*(Pi/If[n < 2*Pi,
Pi + n*(-1 + 2*Pi) +
n*ArcTan[
Cos[1] + Cos[1 - (4*Pi)/n] + 2*Cos[1 - (2*Pi)/n] -
2*Sqrt[2]*
Sqrt[(3 + Cos[(2*Pi)/n])*Sin[Pi/n]^2*Sin[1 - (2*Pi)/n]^2],
4*Cos[Pi/n]^2*Sin[1 - (2*Pi)/n] +
2*Sqrt[2]*Cot[1 - (2*Pi)/n]*
Sqrt[(3 + Cos[(2*Pi)/n])*Sin[Pi/n]^2*
Sin[1 - (2*Pi)/n]^2]],
Pi + n*(-1 + 2*Pi) +
n*ArcTan[
Cos[1] + Cos[1 - (4*Pi)/n] + 2*Cos[1 - (2*Pi)/n] +
2*Sqrt[2]*
Sqrt[(3 + Cos[(2*Pi)/n])*Sin[Pi/n]^2*Sin[1 - (2*Pi)/n]^2],
4*Cos[Pi/n]^2*Sin[1 - (2*Pi)/n] -
2*Sqrt[2]*Cot[1 - (2*Pi)/n]*
Sqrt[(3 + Cos[(2*Pi)/n])*Sin[Pi/n]^2*
Sin[1 - (2*Pi)/n]^2]]])]}, {{n, 5}, 3, 20,
1}, {{circles, False}, {True, False}}, {{lines, False}, {True,
False}}, {{JamesBond, False}, {True, False}}, {{min, False}, {True, False}}]
las rutas calculadas por separado con
n = 10;
Show[\[Theta] = LambertW[1]//N;
aa = Table[{Cos[1 + (2 k \[Pi])/n] Cos[\[Theta]] -
Sin[1 + (2 k \[Pi])/n] Sin[\[Theta]],
Cos[\[Theta]] Sin[1 + (2 k \[Pi])/n] +
Cos[1 + (2 k \[Pi])/n] Sin[\[Theta]]}, {k, Join[{n}, Range[n]]}];
Graphics[{Thick, Blue, Line[aa]}], Show[\[Theta] = LambertW[1];
Graphics[Thick, Blue, Line[aa]],
r = c*(Pi + 20*(-1 + 2*Pi) +
20*ArcTan[(4*Cos[Pi/20]^2*Sin[1 - Pi/10] -
2*Sqrt[2*(3 + Sqrt[5/8 + Sqrt[5]/8])]*Cos[1 - Pi/10]*
Sin[Pi/20])/(Cos[1] + Cos[1 - Pi/5] + 2*Cos[1 - Pi/10] +
2*Sqrt[2*(3 + Sqrt[5/8 + Sqrt[5]/8])]*Sin[1 - Pi/10]*
Sin[Pi/20])]);
Table[ParametricPlot[\[Theta] = LambertW[1]//N; {(
2 Sin[r/n] (-Sin[1 + ((2 s + 1) \[Pi])/n + \[Theta]] +
Cos[\[Pi]/n] Sin[(n + (2 s + 1) \[Pi] + r + n \[Theta])/n]))/(
3 + Cos[\[Pi]/n]^2 - 4 Cos[\[Pi]/n] Cos[r/n] - Sin[\[Pi]/n]^2), (
2 (Cos[1 + ((2 s + 1) \[Pi])/n + \[Theta]] -
Cos[\[Pi]/n] Cos[(n + (2 s + 1) \[Pi] + r + n \[Theta])/
n]) Sin[r/n])/(
3 + Cos[\[Pi]/n]^2 - 4 Cos[\[Pi]/n] Cos[r/n] -
Sin[\[Pi]/n]^2)}, {c, 0, 0.5}, Axes -> False, PlotRange -> All,
PlotStyle -> {Red, Thick}], {s, 1, n}]]]
solo cambie n como se desee.
Dado que todos los polígonos regulares pueden ser inscritos en la unidad de círculo, un círculo puede entonces ser inscrita en el polígono (discontinua) y una más dentro de ese polígono. Si las líneas, a continuación, unirse a los vértices del polígono exterior a los correspondientes del polígono interno, el externo polígono puede ser fijo, mientras que el interior está girada. El resto de las líneas, a continuación, formar un tercer polígono que las disminuciones en el tamaño de a $0$ cuando el polígono interno se gira media vuelta. Desde el exterior es fijo, la relación de la siguiente manera.
Un polígono inscrito en un círculo unidad tiene los vértices en $$e^{i(1 + 2\pi k/n)}$$ for all $k=1$ to $n$, where $n$ is the number of sides of the polygon. This can be described in cartesian coordinates as $$\{\Re\ e^{i(1 + 2\pi k/n)},\Im\ e^{i(1 + 2\pi k/n)}\}.$$ The polygon can then be rotated about the origin so that the uppermost vertex lies on the $de$y-eje multiplicando por la matriz
\begin{pmatrix} \Re \ e^{i\Omega} & -\Im \ e^{i\Omega}\\ \Im \ e^{i\Omega}& \Re \ e^{i\Omega}\\ \end{pmatrix}
donde $\Omega$ es el Omega constante.
Un círculo más pequeño, con un radio de $\Re \ e^{i\pi/n}$ donde $n$ es el número de lados del polígono, entonces puede ser inscrito en su interior.
El polígono que va a ser inscrito y girar dentro de los que se han coordenadas
\begin{align} \Re \ e^{i\pi/n} \begin{pmatrix} \Re \ e^{i\Omega_{1}} & -\Im \ e^{i\Omega_{1}}\\ \Im \ e^{i\Omega_{1}}& \Re \ e^{i\Omega_{1}}\\ \end{pmatrix} \cdot \{\Re\ e^{i(1 + 2\pi k/n)},\Im\ e^{i(1 + 2\pi k/n)}\} \end{align}
donde$\Omega_{1}=\dfrac{r}{n}+\Omega$, $r$ desde $0$ $n\pi.$
Código de Mathematica para jugar con:
Manipulate[ Show[\[Theta] = LambertW[1] // N;
c = Re[E^( I Pi/n)]; \[CapitalTheta] = r/n + \[Theta];
Graphics[{(*Circle[]*){Circle[{0, 0}, c]},
Line[aa = (Table[{{Re[E^( I \[Theta])], -Im[E^( I \[Theta])]},
{Im[E^( I \[Theta])], Re[E^( I \[Theta])]}}.{Re[ E^(I (1 + 2 \[Pi] k/n))],
Im[E^(I (1 + 2 \[Pi] k/n))]}, {k, Join[{n}, Range[n]]}])],
Line[bb = (c Table[{{Re[E^( I \[CapitalTheta])], -Im[E^( I \[CapitalTheta])]},
{Im[E^( I \[CapitalTheta])],
Re[E^( I \[CapitalTheta])]}}.{ Re[E^(I ( 1 + 2 \[Pi] k/n))],
Im[E^(I ( 1 + 2 \[Pi] k/n))]}, {k,Join[{n}, Range[n]]}])],
Line[Table[{aa[[q]], bb[[q]]}, {q, 1, n}]] }], Axes -> False,
PlotRange -> {{-1, 1}, {-1, 1}}], {{r, 0}, 0, n Pi}, {{n, 3}, 3, 20, 1}]
Vamos a comenzar nuestra discusión mediante el establecimiento $\angle AEE_1$ $\alpha$, $|AA_1|=d$, y la generalización de un arbitrario perfecto polígono, $\gamma$ como el ángulo de $\angle EAB$ (que es, por supuesto, $\pi(\frac{n-2}n)$ radianes para un n lados del polígono), y por simplicidad set $|AB|=1$.
Dibuja una línea perpendicular a $EA_1$ de A. Supongamos por ahora que el punto de intersección es, en realidad, en $EA_1$ y no es una extensión (volveremos a este punto más adelante). Marca el punto de intersección como $F$, y mark $\angle FAA_1 = \beta$. Luego tenemos la $|AF| = \sin \alpha$$d \cos \beta = \sin \alpha$, y vamos a definir la función $f$ como el ángulo resultante: $\angle BAB_1 = f(\alpha) = \gamma - \beta - \frac {\pi}{2} + \alpha$.
Naturalmente, en la solución trivial $f(\alpha) = \alpha$, lo que significa que, por ejemplo, para 5 lados $\beta = \pi / 10$.
Ahora supongamos $f(\alpha) > \alpha$. Llegamos $$\gamma - \beta - \frac {\pi}{2} + \alpha > \alpha$$ $$\gamma - \frac {\pi}2 - \arccos(\frac{\sin \alpha}d) > 0$$ Sin embargo, debido a $f(\alpha) > \alpha$, y debido a que ambos ángulos son agudos (si $\alpha$ no es agudo, $AA_1$ es opuesto al ángulo más grande en el triángulo $AA_1E$, lo cual haría de $|AA_1| > |EA_1| > |EE_1|$ lo cual es una contradicción. El mismo argumento funciona para $f(\alpha) < \frac {\pi}2$), $\sin(f(\alpha)) > \sin(\alpha)$.
Debido a $\arccos$ es monótona decreciente de la función $$\arccos(\frac{\sin(f(\alpha))}d) < \arccos(\frac{\sin(\alpha)}d)$$. Por lo tanto: $$f(f(\alpha)) = \gamma - \frac {\pi}2 - \arccos(\frac{\sin f(\alpha)}d) + f(\alpha) > \gamma - \frac {\pi}2 - \arccos(\frac{\sin \alpha}d) + f(\alpha) > f(\alpha)$$
La conmutación de las señales en las desigualdades, el mismo argumento que demuestra que si $f(\alpha) < \alpha$$f(f(\alpha)) < f(\alpha)$. Lo que significa que la repetición de $f$ es monótona decreciente, creciente o constante (en la solución trivial).
Pero recuerde que si repetimos la función de $f$ n-veces debemos obtener la $\alpha$ nuevo! Esto es debido a que $f$ sólo calcula el siguiente ángulo, mientras que va alrededor de la $n$de lados del polígono, y después de $n$ pasos acabamos de regresar al punto de partida original. Por ejemplo, en el polígono de 5 lados debemos tener $f(f(f(f(f(\alpha)))) = \alpha$. Pero esto es imposible si la composición de las funciones es estrictamente creciente o decreciente.
Por lo tanto, $f(\alpha) = \alpha$ todos los $n$caras polígonos regulares, todos los triángulos que aparecen en el dibujo son congruentes y el interior de polígono debe ser así.
Ahora volvemos a explicar por qué el punto de $F$ debe estar en la línea de $EA_1$ y no en su extensión. Si esto era posible, entonces el ángulo de $\angle BAB_1$ $g(\alpha) = \gamma - \frac{\pi}2 + \beta + \alpha$ (nótese el cambio de signo antes de $\beta$ frente al $f(\alpha)$). Composición de $g$ es, obviamente, monótonamente creciente debido a $g(\alpha) > \alpha$.
Vamos a mark $\delta(d) = \arcsin(d \cos(\gamma - \frac{\pi}2))$. Si $\alpha > \delta(d)$, es fácil ver $f(\alpha) > \alpha$. Esto significa que para$\alpha > \delta(d)$$g(\alpha) > \alpha$$f(\alpha) > \alpha$. Por lo tanto, tomamos nota de que, si $\alpha > \delta(d)$ ninguna secuencia de las composiciones de $f$ $g$ igual a $\alpha$.
Así que si mostramos $g(\alpha) > \delta(d)$ todos los $\frac{\pi}2 > \alpha > 0$, sabemos que ninguna secuencia de composiciones sobre $g(\alpha)$ sería siempre igual a $\alpha$.
$$g(\alpha) = \gamma - \frac{\pi}2 + \arccos(\frac{\sin(\alpha)}d) + \alpha \ge \frac{\pi}2 - \arcsin(\frac{\sin(\alpha)}d) + \alpha$$ Esta desigualdad se cumple para $n > 3$ que ya fue probado en la pregunta original. Ahora vamos a mostrar: $$ \alpha + \frac{\pi}2 \ge \arcsin(\frac{\sin(\alpha)}d) + \delta(d)$$ Pero sabemos $\delta(d) \le \arcsin(d)$ porque $\arcsin$ es estrictamente creciente, por lo que si demostramos $ \alpha + \frac{\pi}2 \ge \arcsin(\frac{\sin(\alpha)}d) + \arcsin(d)$ hemos demostrado nuestra desigualdad.
$$\frac{d}{d\alpha}(\arcsin(\frac{\sin(\alpha)}d) + \arcsin(d) - \alpha) = \frac{\cos \alpha}{d \sqrt{1 - \frac{\sin ^2 \alpha}{d^2}}} - 1 \ge 0$$ La última desigualdad se cumple debido a que $\cos \alpha > d$ (debido a $|EA_1| > |EE_1| = |AA_1|$). Por lo tanto, $\arcsin(\frac{\sin(\alpha)}d) + \arcsin(d) - \alpha$ es estrictamente creciente, y el valor máximo sería $\alpha = \arcsin(d)$ (la función no está definida para mayor $\alpha$). Pero $$ \arcsin(\frac{\sin(\alpha)}d) + \arcsin(d) - \alpha = \arcsin(1) = \frac{\pi}2 $$
Por lo tanto llegamos a la conclusión de $$ \alpha + \frac{\pi}2 \ge \arcsin(\frac{\sin(\alpha)}d) + \arcsin(d) \ge \arcsin(\frac{\sin(\alpha)}d) + \delta(d) $$ por lo tanto $$g(\alpha) \ge \frac{\pi}2 - \arcsin(\frac{\sin(\alpha)}d) + \alpha \ge \delta(d)$$
Finalmente, llegamos a la conclusión de que cualquier secuencia de composición de $f$ $g$ que incluye al menos un $g$ debe convertirse en monótonamente creciente, y por lo tanto la única solución al problema es el que utiliza sólo $f$ (y por lo $F$ está en la línea $EA_1$). QED.
Muy interesante rompecabezas geométricos. Es cierto o válido para cualquier polígono regular de n lados.Continuamente cambiando de lado $AB_1$ de la reducción del lado del polígono $A_1B_1$ gira en la forma que se indica. Girar los polígonos tienen diferente tamaño, pero son todos regulares.
EDIT2:
$AA_1B_1$ es una determinada línea recta. La suma de todos los ángulos externos $ n AB_1B$ $ 2\pi$ para cualquier polígono en una sola rotación de $AB$,de modo que cada uno de los ángulos $ AB_1B$ es dado como $ 2 \pi/n $ para un polígono regular debido a la simetría cíclica.
Por otra parte, una línea recta $ x \,cos \alpha + y \,sin \alpha = p $ hace $ x \, cos (\alpha+\beta) + y \,sin (\alpha+\beta) = p $ por la rotación a través de $\beta $, dejando externos $ AB_1B$ invariante alrededor de polígono regular.
EDIT1:
Tomó anterior ABC triángulo equilátero caso para la inspiración sólo. Un problema independiente circunstancia/declaración como he tomado/supone tomar es:
Las líneas AB,... de un polígono regular son de girar alrededor de polígono regular de esquina por la igualdad de los ángulos $B_1 A B$,... así que intercepta $ A A_1, B B_1 $ son de igual longitud. Muestran que el cerrado reducido polígono es regular.
La lógica del método es reconocer locus que contiene $B_1$ es un arco circular. Por la Ley de los Senos $ AB / sin (2 \pi/n) = BB_1/ sin (B_1 A B)$ = constante sugiere que el polígono de la esquina tiene un locus en un círculo que pasa por a y B. El locus de a y B son arcos circulares con polar offset $ 2 \pi/ n $.
Está demostrado que todas las conjeturas son bastante correctos. (Colinealidad, polígono regular de similitud hasta el lado de la longitud o tamaño, a diferencia de $ AB_1$ $B_1B $ siendo el lado de la rotación de polígono, etc.) mientras se alojan en este arco.
Como en la esquina va al centro del arco polígono se hace más pequeño, pero la extensión de los lados de ir a través de los vértices de la onu-girado polígono!
Para visualizar esto, la construcción de un círculo de radio $ a/( 2 sin( \pi/n))$ a través de$A$$B$. Dibuja dos rayos a través del polígono de la esquina B1, marca dejada de lado por la eliminación de lado derecho de la longitud de $ B_1B $ a la izquierda ray y dibujar un círculo a través de $A B_1 B$. completar la construcción del polígono. ( Para mayor n brújula /regla de construcción no se conoce, sólo n = 17 realizado por KF Gauss.). Uno puede construir mediante la búsqueda de acordes y marcado fuera de las esquinas.
Repita la construcción para varias posiciones de punto de esquina para visualizar sucesivamente la reducción de polígonos regulares.
He esbozado plazas en n = 4 caso. Construcciones de pentágonos, hexágonos son igualmente posibles, con más tiempo.
Sería divertido en Java bloc de dibujo o similar dinámica geométrica de la animación para ver el cambio de polígono de puestos a través de un conjunto extendido de bases de polígono fija polígono esquinas/vértices. Acompañando extensiones haría la configuración del aspecto del iris o de la luz arresto de diafragma de un objetivo de una cámara.
Por cierto el problema también puede ser declarado como este en otras palabras:
n-simetría de Polígonos Iris: Entre dos puntos fijos$ A$ $B$ un punto de $B_1$ se mueve en un arco circular de radio $ a/( 2 sin( \pi/n))$ tales que la diferencia de $ AB_1$ $B_1B = A_1B_1$ de las formas regulares de n-polígono lado. Demostrar que todo polígono extensiones de pasar a través de los vértices de regular n-polígono con esta diferencia $ A_1B_1$ como secundarios.
Creo que es cierto.
De la construcción (y por lo tanto la prueba) será más fácil comenzar con ángulo inclinado en lugar de la longitud.
A partir de $A$, el rayo $AB_1$ se dibuja una inclinación en ángulo de $x_1$ a del lado adyacente $AB$. Entonces el rayo $BC_1$$x_2 = x_1$. El proceso se continúa hasta que $EA_1$ está formado.
Tenga en cuenta que todos los x son iguales. Por lo tanto, todos y también son iguales debido a que el polígono es regular.
A continuación, $⊿ABB_1$ es congruente a $⊿BCC_1$ ...... (ASA)
Por lo tanto, $BB_1 = CC_1 = …$.
Esto supone, además,$A_1B_1 = B_1C_1 = ….$, lo que implica que la construcción del polígono es regular.
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