Demostrando que $\sum \overline{PV_i}^2=\frac{nl^2}{4}\left(1+2\cot^2 \frac{\pi}{n}\right)$

Question

Dado que el $P$ es cualquier punto sobre la circunferencia inscrita de regular $n$de lados del polígono con la longitud de la arista $l$ en los vértices de las $V_1,V_2...V_n$, ¿cómo podemos probar que $$\displaystyle\sum_{i=1}^{n} \overline{PV_i}^2=\dfrac{nl^2}{4} \left(1+2\cot^2 \dfrac{\pi}{n}\right)$$ ?

Aquí está una figura de lo que yo entiendo

Yo no sé ni por dónde empezar con este.. queremos demostrar que $\displaystyle\sum_{i=1}^{n} \overline{PV_i}^2$ es independiente del punto elegido $P$..

Sugerencias en la dirección correcta y respuestas apreciado.

Por favor, evite el uso de vectores de álgebra o de los números complejos para resolver este problema.

Answer 1

Aquí es un boceto de la prueba. Reescalado, puede suponer $l=1$ sin pérdida. Los vértices del polígono regular se $V_1,V_2,\ldots,V_n$ donde $V_k$ tiene coordenadas $(\cos(k\frac{2\pi}{n}),\sin(k\frac{2\pi}{n}))$. Denotar por $I_k$ el punto medio del segmento de $[V_kV_{k+1}]$. El uso de el prosthaphaeresis fórmulas, obtenemos

$$I_k\ \Bigg(\cos\bigg(k\frac{2\pi}{n}\bigg)\cos\bigg(\frac{(2k+1)\pi}{n}\bigg), \cos\bigg(k\frac{2\pi}{n}\bigg)\sin\bigg(\frac{(2k+1)\pi}{n}\bigg)\Bigg)\etiqueta{1}$$

Ya que todas las $I_k$ están en la circunferencia inscrita, se deduce $r=OI_k=|\cos\bigg(\frac{2\pi}{n}\bigg)|$.

Si $P(x,y)$ es un punto de la circunferencia inscrita, pongamos $\theta=\frac{2\pi}{n}$$T=\sum_{k=1}^n PV_k^2$. Entonces :

$$ \begin{array}{lcl} T &=& \sum_{k=1}^n (x-\cos(k\theta))^2+(y-\sin(k\theta))^2 \\ &=& \sum_{k=1}^n x^2+y^2-2\cos(k\theta)x-2\sin(k\theta)y+1 \\ &=& n(r^2+1)-2x\Bigg(\sum_{k=1}^n\cos(k\theta)\Bigg) -2y\Bigg(\sum_{k=1}^n\sin(k\theta)\Bigg) \\ \end{array} $$

Ahora, cada una de las sumas $C=\sum_{k=1}^n\cos(k\theta)$ $S=\sum_{k=1}^n\sin(k\theta)$ son cero. Para $S$, esto es fácil : el hecho de que la función seno es impar, basta. Para $C$, esto es muy fácil de usar números complejos, y un poco más difícil si usted no uso de números complejos (sugerencia : utilizar dos diferentes tipos de simetrías, de acuerdo a si $n$ es par o impar). Por lo $T=n(r^2+1)$ es de hecho independiente de $P$. El resto es simple trigonométricas de manipulación.

Answer 2

Deje $W_i$ ser el punto medio del segmento de $\overline{V_iV_{i+1}}$ (donde $V_{n+1}=V_1$). Aplicar la Apolonio teorema del triángulo $\triangle PV_iV_{i+1}$ con el punto medio $W_i$. Tenemos $$\overline{PV_i}^2+\overline{PV_{i+1}}^2=2(\overline{PW_i}^2+\overline{V_iW_i}^2)=2\overline{PW_i}^2+\frac{l^2}{2}$$ Sumando esto con todos los $1\le i\le n$ da $$2\sum_{i=1}^n\overline{PV_i}^2=2\sum_{i=1}^n\overline{PW_i}^2+\frac{n}{2}l^2\tag{1}$$ Ahora vamos a demostrar que si $T_1T_2\cdots T_n$ es un polígono regular con una circunferencia circunscrita de radio $r$, $\displaystyle\sum_{i=1}^n\overline{PT_i}^2=2nr^2$ por cada punto de $P$ sobre el círculo.

Sin pérdida de generalidad, supongamos $P$ mentira en el arco $T_1T_n$. A partir de la ley de los cosenos, $$\overline{PT_i}^2+\overline{PT_{i+1}}^2=2\overline{PT_i}\cdot\overline{PT_{i+1}}\cos\frac\pi n+(2r\sin\frac\pi n)^2=4\cot\frac\pi n|\triangle PT_iT_{i+1}|+(2r\sin\frac\pi n)^2$$ for all $1\le i\le n-1$. For $i=n$,\begin{align}\overline{PT_1}^2+\overline{PT_{n}}^2&=2\overline{PT_1}\cdot\overline{PT_{n}}\cos\frac{(n-1)\pi }n+(2r\sin\frac{(n-1)\pi} n)^2\\&=-4\cot\frac\pi n|\triangle PT_1T_n|+(2r\sin\frac\pi n)^2\end{align} Resumir por $i$ y obtener \begin{align}2\sum_{i=1}^n\overline{PT_i}^2&=4\cot\frac\pi n|T_1T_2T_3\cdots T_n|+4nr^2\sin^2\frac\pi n\\&=4\cot\frac\pi n\sum_{i=1}^n|\triangle OT_iT_{i+1}|+4nr^2\sin^2\frac\pi n\\&=4\cot\frac\pi n\sum_{i=1}^nr\sin\frac\pi nr\cos\frac\pi n+4nr^2\sin^2\frac\pi n\\&=4nr^2\end{align} por lo Tanto, $\displaystyle\sum_{i=1}^n\overline{PT_i}^2=2nr^2$

Ahora, volviendo al problema original. El $W_1W_2\cdots W_n$ es regular n-polígono acostado en un círculo con un radio de $r=\frac l2\cot\frac\pi n$. Así $$\sum_{i=1}^n\overline{PW_i}^2=2nr^2=\frac{nl^2}{2}\cot^2\frac\pi n$$ Hence from $(1)$, we get $$\sum_{i=1}^n\overline{PV_i}^2=\frac{nl^2}4(1+2\cot^2\frac\pi n)$$ y hemos terminado.

Answer 3

Deje $P \in \mathbb{C}$ y deje que su polígono regular por los puntos de $R\omega^k = Re^{2\pi i k /n}$ en el plano complejo.

$$ \sum_{i=0}^{n-1} |P - R\omega^k|^2 = \sum_{i=0}^{n-1} \bigg( |P|^2 - R(P\omega^{-k} +\overline{P}\omega^k) + R^2 \bigg) = n \big(|P|^2 + R^2\big) $$

$P$ es un punto de la circunferencia inscrita así que tenemos la radio, $|P| = r = \tfrac{l}{2}\csc \frac{\pi}{n}{n}$.

El radio del círculo en términos de la longitud de la arista es: $R = \tfrac{l}{2} \tan \frac{\pi}{n}$.

$\boxed{\sum \overline{PV}^2 = n \big( \tfrac{l^2}{4} \cot^2 \tfrac{\pi}{n} + \tfrac{l^2}{4}\csc^2 \tfrac{\pi}{n} \big) }$

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Alterantively podemos utilizar paralelos al eje teorema. Su suma es el momento de inercia ($I=\sum mr^2$) para la unidad de las masas ($m=1$) colocadas en los vértices $V$.

Si su eje de rotación se sitúa en el centro del polígono, el momento de inercia sería $m$ los tiempos de la radio:

$$I_{CM} = \sum \overline{OV}^2 = \frac{nl^ 2}{4} \csc^2 \tfrac{\pi}{n} $$

Moviendo el centro añadimos el plazo $md^2$ donde $d$ es la distancia desde el origen hasta el punto de $\overline{OP}$ cual es el radio de la circunferencia inscrita $|P| = 2l \cot n$

$$ I = I_{CM} + md^2 = \frac{nl^ 2}{4} \csc^2 \tfrac{\pi}{n} + \frac{nl^2 }{4} \cot^2 \tfrac{\pi}{n} = \boxed{\frac{nl^ 2}{4} \big( 1 + 2 \cot^2 \tfrac{\pi}{n} \big)} $$

Para la discusión de momento de inercia ver Feynman Lectures I Ch 19