ispaknal n- agalnik

[Kiril Kolev]

Da se dokaje , 4e ako sashtestbuba ispaknal n- agalnik, na koito edna strana ima daljina, ravna na edini4a, a daljinite na vsi4ki diagonali sa 4eli 4isla, to n <=5. Pokajete, 4e pri n=5 i n=4 sashtestvuba ispaknal n-agalnik s gornoto svoistvo.

[Реклама]

[M_Velinova]

Задачата: Да се докаже, че ако съществува изпъкнал n- ъгълник, на който една страна има дължина, равна на единица, а дължините на всички диагонали са цели числа, то n <=5. Покажете, чe при n=5 и n=4 съществува изпъкнал n-ъгълник с горното свойство.

Решение:

Нека A₁A₂A₃...A_n e изпъкнал многоъгълник, за който А₁А₂=1, всички диагонали са цели числа и n>5.
Разглеждаме триъгълник А₁А₂А₄.
За него А₁А₂=1, А₁А₄=m(цяло), А₂А₄=n(цяло).
Ъгъл А₁А₄А₂ е остър, защото А₁А₂ е най малката страна на триъгълника.
Прилагаме cos- теорема за триъгълника А₁А₂А₄.
cos<A₁A₄A₂=(A₁A₄^2+A₂A₄^2-A₁A₂^2)/(2*A₁A₄*A₂A₄)
Заместваме:
cos<А₁А₄А₂2=(m^2+n^2-1)/(2*m*n)<1.
Следователно, m^2+n^2-1<2*m*n
и m^2+n^2-2*m*n<1
или (m-n)^2<1, откъдето следва, че m=n.
т.е. триъгълникът А₁А₂А₄ е равнобедрен.

Същите разсъждения провеждаме и за триъгълника А₁А₂А₅.

Излиза, че точките А₄ и А₅ лежат на симетралата на А₁А₂, но това противоречи на условието, че многоъгълникът е изпъкнал. Защо?

Следователно могат да съществуват само по един диагонал излизащи от А₁ и А₂.

Това показва, че ако съществува такъв многоъгълник, то той е най много петоъгълник.

Ще докажем, че такъв петоъгълник А₁А₂А₃А₄А₅ съществува, като опишем неговото построение.

Построяваме триъг. А₁А₂А₄, като А₁А₂=1, А₁А₄=А₂А₄=5(например).
Ще построим и останалите диагонали да са цели числа: А₁А₃=А₂А₅=А₃А₅=5(например).

Нека означим с М пресечната точка на А₁А₃ и А₂А₅.
А₁А₂А₃А₅ е трапец и А₁М/МА₃=А₂М/МА₅, откъдето А₁М=А₂М=5/6.
Лесно!
Построяваме триъгълника А1А2М и продължаваме до точките А3 и А5.

Така поне един петоъгълник е построен.

Разбира се може да се изследва тяхното разнообразие.

Четириъгълника А1А2А3А4 има 2 диагонала. Нека А1А2=1, А1А3=5,А2А₄4=5.Построяваме правоъгълник с тези размери.

С това съществуването е доказано.

Vel

[Kiril Kolev]

Mersi za otgobora , ama ne moziaj da razbera ot kede idba tova:

Нека означим с М пресечната точка на А1А3 и А2А5.
А1А2А3А5 е трапец и А1М/МА3=А2М/МА5, откъдето А1М=А2М=5/6.
Лесно!

As naprabij 4arteja s tezi rasmeri i mi islezi ama ne smam kak da se dokaje.

[Kiril Kolev]

Drug vapros:

Zadachi po geometria kato tia i drugi za dokasvane resheni li sa samo ako gi nachertaesh?

[M_Velinova]

Здравей Kiril Kolev!
Радвам се, че така внимателно си прочел моето решение.
Наистина втората част написах доста схематично.
Тук направих едно чертежче и ще се постарая да изложа идеята за съществуване на петоъгълник малко по-подробно.

В първата част от решението доказахме, че ако съществува многоъгълник със страна 1 и всичките му диагонали са цели числа, то той може да е най-много петоъгълник.
За да докажем, че съществува такъв петоъгълник, достатъчно е да построим една фигура с исканите свойства.

Дадено: Ще построим петоъгълник по дадени 7 елемента(за да е определен един изпъкнал многоъгълник е необходимо броят на дадените елементи да е 3+(n-3).2 елемента).
Избираме А1А2=1, А1А3=А2А5=А3А5=А1А4=А2А4=5 и А1А2 успоредна на А3А5.
Анализът: