Deje que [math] P_ {1}, P_ {2}, \ dots, P_ {2n} [/ math] sea una permutación de los vértices de un polígono regular. ¿Cómo probarías que la línea poligonal cerrada [matemática] P_ {1} P_ {2} \ puntos P_ {2n} [/ matemática] contiene un par de segmentos paralelos?

Answer 1

Creo que la forma más sencilla es interpretar los vértices de un polígono regular como números complejos, y si elegimos un sistema de coordenadas correctamente, como [matemáticas] 2n [/ matemáticas] unidades th raíces [matemáticas] e ^ {\ frac {k \ pi i} {n}} [/ math], donde [math] k = 0, \ ldots, 2n-1. [/ math]

Luego, la pendiente de la línea a través de dos raíces unitarias [matemáticas] e ^ {\ frac {k \ pi i} {n}} [/ matemáticas] y [matemáticas] e ^ {\ frac {s \ pi i} {n} } [/ math] viene dado por [math] \ dfrac {\ sin \ frac {k \ pi} {n} – \ sin \ frac {s \ pi} {n}} {\ cos \ frac {k \ pi} {n} – \ cos \ frac {s \ pi} {n}} = – \ dfrac {\ cos \ frac {(k + s) \ pi} {2n}} {\ sin \ frac {(k + s) \ pi} {2n}} = – \ cot \ frac {(k + s) \ pi} {2n}. [/ math]

Como [math] \ cot (\ pi + x) = \ cot (x) [/ math], podemos suponer [math] 0 \ leq k + s <2n [/ math]. Es decir, hay valores [matemáticos] 2n [/ matemáticos] de posibles pendientes, y cada uno de ellos está determinado por el valor [matemático] k + s \ mod 2n [/ matemático].

La suma de estos números (es decir, todas las pendientes posibles entran allí una vez) es:

[matemáticas] \ sigma = 0 + 1 + 2 + \ ldots + 2n-1 = n (2n-1). [/ matemáticas]

Por otro lado, la línea poligonal cerrada contiene pendientes representadas por números [matemática] i_0 + i_1 [/ matemática], [matemática] i_1 + i_2 [/ matemática], [matemática] \ ldots [/ matemática], [matemática] i_ {2n-2} + i_ {2n-1}, [/ math] [math] i_ {2n-1} + i_0. [/ Math], donde [math] k \ mapsto i_k [/ math] es la permutación de vértices del polígono regular.

Observe si una suma [matemática] i_ {k-1} + i_ {k} [/ matemática] excede [matemática] 2n [/ matemática] la pendiente está representada por el resto de la división por [matemática] 2n [/ matemática].

Sin embargo, [matemáticas] S = (i_0 + i_1) + (i_1 + i_2) + \ ldots + (i_ {2n-2} + i_ {2n-1}) + (i_ {2n-1} + i_0) = 2 \ sum_ {k = 0} ^ {2n-1} i_k = 2 \ sum_ {k = 0} ^ {2n-1} k = 2n (2n-1). [/ math]

Tenga en cuenta que [math] S \ equiv 0 \ mod 2n [/ math] pero [math] \ sigma \ equiv n \ mod 2n. [/ Math]

Por lo tanto, la línea poligonal cerrada no contiene todas las pendientes posibles,
conteniendo así como máximo [matemáticas] 2n-1 [/ matemáticas] pendientes. Pero como tiene segmentos [matemáticos] 2n [/ matemáticos], por principio de casillero podemos concluir que al menos un par de segmentos tiene la misma pendiente.

Answer 2

Denotamos las posiciones del polígono regular original como (0,1,2,…, 2n)

Podemos ver que hay un total de [matemáticas] 2n [/ matemáticas] diferentes conjuntos de líneas paralelas; [math] n [/ math] de los conjuntos son paralelos a uno de los bordes del polígono regular, como los conjuntos {4–5,3–6,2–7,…} y [math] n [/ math] de cosas como {4–6,3–7, …} donde la separación es extraña.

Definimos la separación como la diferencia de los números que definen el borde; Quiero decir que el borde 3–6 tiene separación [matemáticas] 6-3 = 3 [/ matemáticas]

Entonces, si existiera una permutación tal que no haya dos lados paralelos, entonces uno debe tener un borde de cada grupo.

Para impar [matemáticas] n [/ matemáticas], esto es relativamente simple. La suma de las separaciones de cualquier polígono resultante cerrado debe ser par (trivial para probar). Pero tenemos separaciones impares [matemáticas] n [/ matemáticas], por lo que el total debe ser impar, lo cual es una contradicción.

Así que ahora, de alguna manera probar que el caso de [matemáticas] n [/ matemáticas] es incluso … trabajando en ello

(Perdón por la prueba extremadamente mal escrita)