Целочислен многоъгълник

[ptj]

Може ли в координатна плоскост да се намери правилен многоъгълник с повече от 6 страни, така че всички негови ъгли да са целочислени точки (цели абциса и ордината)?

[inveidar]

То и с 3, 5 и 6 не може! И става въпрос за върховете, а не за ъглите!

[ptj]

О.К. Само се изисква и доказателство.

[inveidar]

Не е проблем. Ще го имаш, но не сега. Тези задачки съм ги решавал преди 40 години.

[Knowledge Greedy]

Една забележка по формулировката. Ние си се разбираме , но знае ли човек, Кой чете!
Ето.
Може ли в координатната равнина да се намери правилен многоъгълник с повече от 6 страни, така че всички негови ъгли да са с върхове целочислени точки (цели абциса и ордината)?

[inveidar]

Една забележка по формулировката. Ние си се разбираме , но знае ли човек, Кой чете!
Ето.
Може ли в координатната равнина да се намери правилен многоъгълник с повече от 6 страни, така че всички негови ъгли да са с върхове целочислени точки (цели абциса и ордината)?

Ъгли е напълно излишно.

[ptj]

Чакам доказателството...

[inveidar]

Добре де, ще го започна сега, а ще го довърша по-късно, защото имам много работа в къщи, че жената замина на море!
Та за триъгълник всичко е ясно, тъй като лицето на равностранния триъгълник е равно на [tex]\frac{a^2\sqrt{3}}{4}[/tex], където с [tex]a[/tex] сме означили дължината на страната му. Ясно е, че ако върхувете му лежат в целочислени точки, то по Питагоровата теорема [tex]a^2[/tex] е цяло число, а [tex]\frac{a^2\sqrt{3}}{4}[/tex] - ирационално. От известната формула на Пик пък лицето на произволен многоъгълник с върхове целочислени точки е рационално число. Противоречие. За шестоъгълник също е ясно, защото три от върховете му образуват равностранен триъгълник. За кратно на 3 n-ъгълник нещата стоят по същия начин. Това до тук беше елементарно. По този начин, обаче, не може да решим въпроса за другите правилни многоъгълници. За тях има друго доказателство. Та, нека допуснем, че съществуват правилни петоъгълници с върхове в целочислени точки. Да изберем този от тях, който има най-малка дължина на страната (няма да обяснявам, че такъв съществува). Да вземем сега една точка от координатната система с целочислени координати и да построим вектори с начало в тази точка и равни на векторите, получени от страните на петоъгълника, обхождайки го в една посока (не знам дали ме разбрахте? ). Може да докажем, че свързвайки последователно краищата на тези вектори, се получава отново правилен петоъгълник. Това първо, а второ, че дължината на неговата страна е по-малка от страната на първия. Противоречие. Как точно стават доказателствата на последните два факта бихте могли да се досетите и сами. Ако не, друг път ще го напиша. Аналогично постъпваме и за другите не кратни на 3 n-ъгълници.

[ptj]

O.K. Това е напълно достатъчно.

[pal702004]

За върхове в рационални точки: Центърът на многоъгълника също е рационална точка (пресечна точка на прави с рационални коефициенти). Да разгледаме триъгълник, образуван от една страна на n-ъгълника и центърът на многоъгълника. Ъгълът при върха е [tex]\alpha=\frac{2\pi}{n}[/tex] По косинусовата теорема (например) [tex]\cos{\alpha} \in \mathbb{Q}[/tex] (квадратите на страните са рационални, както беше отбелязано)
Нека първият връх на многоъгълника има координати [tex]x_c+R\cos{\omega},y_c+R\sin{\omega}[/tex]. От горното следва [tex]x_c,y_c,R\cos{\omega},R\sin{\omega} \in \mathbb{Q}[/tex]. Тогава следващият има координати [tex]x_c+R\cos(\omega+\alpha),y_c+R\sin(\omega+\alpha)[/tex]
Откъдето, по формулата за косинус/синус на сбор следва ,че и [tex]\sin{\alpha} \in \mathbb{Q}[/tex].
И така, при какви [tex]n \in\mathbb{N},n>2,\; \cos\left(\frac{2\pi}{n}\right)\in \mathbb{Q},\; \sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)\in \mathbb{Q}[/tex]
[tex]n=4[/tex] - ясно, при [tex]n=2^k,k>2[/tex] във върховете на [tex]2^k[/tex]-ъгълника съществува правилен осмоъгълник, а [tex]\cos{\frac{\pi}{4}} \not \in\mathbb{Q}[/tex]

И въобще във върховете на правилен [tex]pq[/tex]-ъгълник съществува правилен [tex]p[/tex]-ъгълник, така че могат да се разглеждат само прости [tex]n[/tex]

[tex]\cos{\alpha}\in \mathbb{Q} \Rightarrow \cos{2\alpha}=2\cos^2{\alpha}-1 \in \mathbb{Q}\Rightarrow \cos(2^k \alpha) \in \mathbb{Q}\;\forall k\in\mathbb{N}[/tex]

Функцията косинус е периодична и за всяко нечетно [tex]n[/tex] съществуват цели [tex]k,m[/tex], такива, че

[tex]2^k\cdot\frac{2\pi}{n}=\frac{2\pi}{n}+2\pi m,\quad m=\frac{2^k-1}{n}[/tex], тоест, при [tex]2^k\equiv 1 \pmod n[/tex]

Нека [tex]\cos\left(\frac{2\pi}{n}\right)=x,\;x\in\mathbb{Q}[/tex] Да разгледаме реда [tex]f_1(x)=x,f_2(x)=2x^2-1,f_{k+1}(x)=2f_k^2(x)-1[/tex]

Той трябва да е периодичен, тоест [tex]\exists k:\;x=f_k(x)[/tex]

Функциите [tex]f_k(x)[/tex] са полиноми с цели коефициенти, със свободен член 1 и старши коефициенти - степен на 2. И следователно x е рационален корен на уравнението само ако [tex]x=\pm\frac{1}{2^l}[/tex]
Поради периодичността всички членове на редицата трябва да имат такъв вид и лесно се доказва, че това е възможно само при [tex]x=1,x=-1/2[/tex] (корените на уравнението [tex]x=2x^2-1[/tex])

В нашият случай триъгълника, но тогава синуса не е рационален.

[inveidar]

За рационални точки (става въпрос за правилен многоъгълник, нали?) нещата могат да станат много по-лесно. Допускайки, че съществува такъв n-ъгълник (n>4), като намерим най-малкото общо кратно на знаменателите на координатите и разделим квадратчетата на мрежата на него, то ще получим нова мрежа, в която върховете му ще са с целочислени координати. След това, както по-горе.