somme invarianti

[Simo_the_wolf]

Prendiamo un punto $ P $ su una circonferenza. Sia $ A_1A_2A_3...A_n $ un n-agono regolare inscritto nella circonferenza. Dimostrare che:

- $ PA_1^2+PA_2^2+PA_3^2+...+PA_n^2 $ non dipende dalla posizione di $ P $
- $ PA_1^4+PA_2^4+PA_3^4+...+PA_n^4 $ non dipende dalla posizione di $ P $

[Boll]

Dimostrazione per n pari, n dispari sono un mucchio di conti, mi toccherà cambiare strada.

Fissiamo il nostro n-agono nella circonferenza goniometrica $ x^2+y^2=1 $, con un vertice sull'asse delle ascisse
Associamo ad
$ A_i\equiv (a_i,b_i) $
$ P\equiv (p,q) $

La nostra somma è
$ \sum_{i=1}^{n}(p-a_i)^2+(q-b_i)^2 $
$ \sum (a_i^2+b_i^2+p^2+q^2)-2\left(\sum a_ip+\sum b_iq\right) $
$ \sum(1+1)-2(0+0) $
che quindi non dipende da $ (p,q) $

Il fatto che $ \sum a_i=\sum b_i=0 $ è dato dal fatto che la figura è simmetrica centralmente rispetto all'origine

La dimostrazione del secondo punto è analoga

[karl]

Posto ad esempio $ PA_1A_n=x $ ,per Carnot e per una nota formula
di sommazione su coseni [la prima dell'elenco che segue] si ha:


Ho fatto uso di altro software perche' col LaTeX mi veniva difficile!

[Simo_the_wolf]

karl, ti dispiacerebbe dimostrare la "nota formula"??? so che non è difficile, ma era la parte lunga del problema

Qualche altra soluzione?

[karl]

La dimostrazione di quella sommatoria procede a colpi di formule di
Werner e di prostaferesi.Mi scuso per averla data per nota.
Partiamo dalla formula che segue e poniamo in essa k=1,2,3,..n-1,n:
$ \displaystyle 2sin(h)cos[a+(k-1)h]=sin[a+kh]-sin[a+(k-2)h] $
E dunque:
$ \displaystyle 2sin(h)cos(a)=sin[a+h]-sin[a-h] $
$ \displaystyle 2sin(h)cos(a+h)=sin[a+2h]-sin[a] $
$ \displaystyle 2sin(h)cos(a+2h)=sin[a+3h]-sin[a+h] $
-----------------------------------------------------------------------
-----------------------------------------------------------------------
$ \displaystyle 2sin(h)cos[a+(n-2)h]=sin[a+(n-1)h]-sin[a+(n-3)h] $
$ \displaystyle 2sin(h)cos[a+(n-1]h]=sin[a+nh]-sin[a+(n-2)h] $
Sommando e tenendo conto che a destra restano solo gli ultimi termini
delle prime due righe e i primi termini delle ultime due righe,si ha:
$ \displaystyle 2sin(h)\{cosa+cos[a+h]+cos[a+2h]+....+cos[a+(n-1)h]\}= $
$ =sin[a+nh]-sin[a]+sin[a+(n-1)h]-sin[a-h]= $
$ =2sin\frac{nh}{2}cos(a+\frac{nh}{2})+2sin\frac{nh}{2}cos[a+\frac{(n-2)h}{2}]= $
$ =2sin\frac{nh}{2}*2cos\frac{h}{2}cos[a+\frac{(n-1)h}{2}] $
da cui ,tenendo conto che $ sin(h)=2sin\frac{h}{2}cos\frac{h}{2} $ , si ha la formula.

[Simo_the_wolf]

Visto che non ci sono altre soluzioni metto la mia:
Usando i vettori so che $ PA_i=OA_i-OP $. Ora la prima somma diviene:
$ \sum PA_i^2 = \sum OA_i^2+ \sum OP^2 - 2\sum OA_i*OP $ dove il prodotto tra $ OP $ e $ OA_i $ è un prodotto scalare e quindi è uguale a $ |OP|*|OA_i|*\cos{(POA_i)} $. Ma $ |OP|=|OA_i|=r $ e $ OA_i^2=OP^2=r^2 $ quindi la sommatoria diviene:
$ \sum PA_i^2 =2nr^2 - 2r^2 \sum \cos{(POA_i)} $
Ma $ POA_{i+1}=POA_i+A_iOA_{i+1}=POA_i+\frac {2\pi}n $ e quindi abbiamo $ POA_{i+1}=POA_1+i\frac {\pi}n $ induttivamente.
Ma allora

$ \displaystyle \sum PA_i^2 =2nr^2 - 2r^2 \sum_{i=0}^{n-1} \cos{(POA_1+i\frac {2\pi}n)} $

Allo stesso modo otteniamo:
$ \sum PA_i^4=\sum (OA_i-OP)^4= $
$ \sum OA_i^4+\sum OP^4+ $$ -4(OP^2+OA_i^2)\sum OP*OA_i+6\sum (OP*OA_i)^2 $

$ \displaystyle \sum PA_i^4=2nr^4-8r^4\sum_{i=0}^{n-1} \cos{(POA_1+i\frac {2\pi}n)}+ $$ \displaystyle 6r^4\sum_{i=0}^{n-1} \cos{(POA_1+i\frac {2\pi}n)}^2 $

Ma $ 2\sum_{i=0}^{n-1} \cos{(POA_1+i\frac {2\pi}n)}^2=\sum_{i=0}^{n-1} \cos{(2POA_1+i\frac {4\pi}n)}+1= $$ n+\sum_{i=0}^{n-1} \cos{(2POA_1+i\frac {4\pi}n)} $

Per calcolare le sommatoria dei coseni, uso un artificio: Sapendo che $ e^{i\theta}=\cos{\theta}+i\sin{\theta} $ e quindi che $ \Re{e(e^{i\theta})}=\cos{\theta} $ io dico che:
$ \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \cos{(a+kh)}=\sum_{k=0}^{n-1} \Re{e(e^{i(a+kh)})}=\Re{e\left(e^{ia} \sum_{k=0}^{n-1} (e^{ih})^k\right)}= $
$ \displaystyle =\Re{e\left(e^{ia}\frac{e^{inh}-1}{e^{ih}-1}\right)} $

Naturalmente, per la sommatoria che serve a noi, $ h=2\pi / n $ oppure $ h=4 \pi /n $ e quindi $ e^{inh}-1=0 $ e quindi la sommatoria è uguale a 0.
Quindi vediamo che:
$ \sum PA_i^2=2nr^2 $
$ \sum PA_i^4=5nr^4 $

Tuttavia se si vuole la formula sulla somma dei coseni nel caso generale questo si può fare tranquillamente (con un po' di conti):

Abbiamo che
$ \displaystyle \frac 1{e^{ih}-1}=\frac {e^{i(\frac {\pi-h}2)}}{-2\sin{(\frac h2)}} $

Dimostrazione:
$ \displaystyle \frac 1{e^{ih}-1}= $
$ \displaystyle=\frac 1{\cos{h}-1+i\sin{h}}= $
$ \displaystyle=\frac 1{-2\sin{(\frac h2)}^2+2i\cos{(\frac h2)}\sin{(\frac h2)}}= $
$ \displaystyle =\frac {\sin{(\frac h2)}+i\cos{(\frac h2)}} {2\sin{(\frac h2)}(-\sin{(\frac h2)}+i\cos{(\frac h2)})(\sin{(\frac h2)}+i\cos{(\frac h2)})} = $
$ \displaystyle = \frac {\cos{(\frac {\pi-h}2)}+i\sin{(\frac {\pi-h}2)}}{-2\sin{(\frac h2)}}= $
$ \displaystyle =\frac {e^{i(\frac {\pi-h}2)}}{-2\sin{(\frac h2)}} $

E quindi la nostra somma diviene:
$ \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \cos{(a+kh)}=\Re{e\left(e^{ia}\frac{e^{inh}-1}{e^{ih}-1}\right)}= $

$ \displaystyle =\frac {\Re{e(e^{ia}e^{i(\frac {\pi-h}2)}(e^{inh}-1))}}{-2\sin{\frac h2}}= $

$ \displaystyle =\frac {\Re{e(e^{i(\frac {\pi}2-(\frac h2-a-nh))}-e^{i(\frac {\pi}2-(\frac h2-a))})}}{-2\sin{\frac h2}}= $

$ \displaystyle =\frac {\sin{(\frac h2-a-nh)}-\sin{ (\frac h2-a)}}{-2sin{\frac h2}}= $

$ \displaystyle =\frac { \sin{(\frac {nh}2)} \cos{ (a+( \frac{n-1}2 )h)} }{\sin{\frac h2}} $

Ho usato molte volte il fatto che $ \cos{\theta}=\sin{(\pi/2 - \theta)} $.

[karl]

Come mai a Simo la $ S_2 $ viene $ 5nr^4 $ mentre a me risulta $ 6nr^4 $ (risultato confermato da me sul triangolo equilatero e sul quadrato)?
Sinceramente non ho indagato troppo sui calcoli di Simo!

[Simo_the_wolf]

Si, in effetti ho sbagliato nei conti...
Se invece si scrive
$ \sum PA_i^4=\sum (PA_i^2)^2=\sum (r^2+r^2-2r^2 \cos{(POA_i)})^2= $
$ =4r^4 (\sum 1-2\cos{(POA_i)}+\cos{(POA_i)}^2)=4r^2(n-0+\frac n2)=6nr^4 $

viene come a te!

[elianto84]

Supponiamo che la circonferenza abbia raggio uno e trattiamo il problema nel piano di Gauss. I vertici del poligono saranno le radici di (x^n - 1), che rinominiamo alfa[0],alfa[1],...,alfa[n-1], P sarà un numero complesso w = e^(i theta).
Con il diesis indico il coniugio.

sum PA^2 = sum (w-alfa)(#w-#alfa) = sum (2 - (w #alfa + #w alfa))

da sum alfa=0 segue rapidamente la tesi.
Se poi disponiamo di sum alfa^2 = 0 con conti analoghi
dimostriamo anche il secondo punto.

[psion_metacreativo]

Elianto ti prego di usare il tex, è difficile rinvenirsi nei tuoi post che fortunatamente presentano osservazioni non banali...