圓內接正多邊形的奇偶弦長冪次定和

圓內接正多邊形的奇偶弦長冪次定和

楊玉星

關鍵詞: 圓內接正多邊形、 奇偶弦長、 冪次定和。

一、 前言

科學研習月刊森棚教官的數學題 (參 [1] ) 中發現 : 「畫正三角形與外接圓, 然後在圓上任 取一點, 則此點到較遠頂點的距離會等於到較近兩頂點的距離和。」, 於是, 我們好奇地想知道其

它正多邊形會不會也有類似的性質?

二、 引理

(一) 引理1 : (參 [2]) 正 N 邊形 A0A1A2· · · AN−1 的外接圓, 建構於複數平面圓心為 (0, 0) 的單位圓上, 不失一般性, 考慮 P 點落在z {

A₀AN−1 上, 如圖一所示, Ak 所代表的複數為 Zk, Zk = cos2k

Nπ

+ i sin2k Nπ

, 則 P Ak= |P − Zk| = 2 sinθ 2+ k

Nπ , 其中 k = 0, 1, 2, . . . , N − 1。

圖一

69

證明: 設 P = cos(−θ) + i sin(−θ), 0 ≤ θ ≤ 2π N。

則 P Ak= |P − Zk| (k = 0, 1, 2, . . . , N − 1)

=  

hcos(−θ) − cos2k Nπi

+ ih

sin(−θ) − sin2k N πi

= r

h

cos(−θ) − cos2k Nπi2

+h

sin(−θ) − sin2k Nπi2

= r

2 − 2h

cos(−θ) cos2k Nπ

+ sin(−θ) sin2k Nπi

= r

2 − 2 cosh

(−θ) − 2k Nπi

= r

2h

1 − cos θ+ 2k

Nπi

= r

4 sin²θ 2 + k

Nπ



=  2 sin

θ 2 + k

Nπ

  . 又 0 ≤ θ ≤ 2π

N , ∴ 0 ≤ θ 2 ≤ π

N ⇒ 0 ≤ θ 2+ k

Nπ≤ π, 且 k = 0, 1, 2, . . . , N − 1,

∴ sinθ 2+ k

Nπ

≥ 0, 故 P A^k= |P − Z^k| = 2 sinθ 2+ k

Nπ

. Q.E.D.

(二) 引理2 : (參 [3]) (1)

N−1

P

k=0

cos p θ+2k

Nπ

= 0,

N−1

P

k=0

sin p θ+2k

Nπ

= 0 (1 ≤ p ≤ N − 1, p ∈ N).

(2)

N−1

P

k=0

cos p

θ+2k + 1 N π

= 0,

N−1

P

k=0

sin p

θ+2k + 1 N π

= 0 (1 ≤ p ≤ N −1, p ∈ N).

證明:

(1) 設方程式 z^N = cos(pNθ) + i sin(pNθ) (1 ≤ p ≤ N − 1, N ≥ 2, p, N ∈ N), 令複數 z = cos ϕ + i sin ϕ, 則 (cos ϕ + i sin ϕ)^N = cos(pNθ) + i sin(pNθ), 由棣美弗定理可知: cos(Nϕ) + i sin(Nϕ) = cos(pNθ) + i sin(pNθ),

推得 N ϕ = pNθ + 2kpπ ⇒ ϕ = pθ + 2k

Npπ, k = 0, 1, 2, . . . , N − 1, 故可得 zk = cos p

θ+2kπ N

+ i sin p

θ+ 2kπ N

, k = 0, 1, 2, . . . , N − 1, 為其複數方程式 z^N = cos(pNθ) + i sin(pNθ) 的 N 個複數根。

由於複數的 N 次方根和為 0, 即

N−1

P

k=0

zk = 0 ⇒

N−1

P

k=0

hcos p

θ+2kπ N

+ i sin p

θ+2kπ N

i= 0,

故

N−1

P

k=0

cos p θ+2k

Nπ

= 0 且

N−1

P

k=0

sin p θ+2k

Nπ

= 0, k = 0, 1, 2, . . . , N − 1。

(2) 設方程式 z^N = cos p(Nθ + π) + i sin p(Nθ + π) (1 ≤ p ≤ N − 1, N ≥ 2, p, N ∈ N), 令複數 z = cos ϕ + i sin ϕ, 則 (cos ϕ + i sin ϕ)^N = cos p(Nθ + π) + i sin p(Nθ + π), 由棣美弗定理可知: cos(Nϕ) + i sin(Nϕ) = cos p(Nθ + π) + i sin p(Nθ + π),

推得 N ϕ = pNθ + pπ + 2kpπ ⇒ ϕ = pθ + 2k + 1

N pπ, k = 0, 1, 2, . . . , N − 1, 故可得 zk = cos p

θ+2k + 1 N π

+ i sin p

θ+2k + 1 N π

, k = 0, 1, 2, . . . , N − 1, 為其複數方程式 z^N = cos p(Nθ + π) + i sin p(Nθ + π) 的 N 個複數根。

由於複數的 N 次方根和為 0, 即

N−1

P

k=0

zk = 0 ⇒

N−1

P

k=0

h cos p

θ+2k + 1 N π

+ i sin p

θ+ 2k + 1 N πi

= 0, 故

N−1

P

k=0

cos p

θ + 2k + 1 N π

= 0 且

N−1

P

k=0

sin p

θ + 2k + 1 N π

= 0, k = 0, 1, 2, . . .,

N−1. Q.E.D.

(三) 引理3 : (參 [4]) (1) sin²ⁿα= 1

2²ⁿ⁻¹[

n−1

P

k=0

(−1)^n+kCk²ⁿcos(2n − 2k)α + 1 2Cn²ⁿ

i.

(2) sin²ⁿ⁺¹α= 1 2²ⁿ

h ⁿ P

k=0

(−1)^n+kC_k²ⁿ⁺¹sin(2n + 1 − 2k)αi .

證明: 根據歐拉公式, 可設 e^iα = cos α + i sin α, 則 e^−iα = cos α − i sin α。

推得 cos α = e^iα+ e^−iα

2 , sin α = e^iα− e^−iα 2i 。 所以 sin^Nα = 1

2^Ni^N[e^iα+ (−1)e^−iα]^N

= 1

2^Ni^N[C₀^Ne^{iN α}+ C₁^Ne^{i(N −1)α} · (−1)e^−iα+ C₂^Ne^{i(N −2)α} · (−1)²e^−i2α + · · · + CN^N−1e^iα· (−1)^N−1e^{−i(N −1)α} + CN^N(−1)^Ne^{−iN α}]

= 1

2^Ni^N[e^{iN α}+ (−1)C₁^Ne^{i(N −2)α}+ (−1)²C₂^Ne^{i(N −4)α} + · · · + (−1)^N−1CN^N−1e^{−i(N −2)α}+ (−1)^Ne^{−iN α}].

(1) N = 2n 時, sin²ⁿα= 1

2²ⁿi²ⁿ[e^i2nα+ (−1)C₁²ⁿe^i(2n−2)α+ (−1)²C₂²ⁿe^i(2n−4)α

+ · · · + (−1)²ⁿ⁻¹C_2n−1²ⁿ e^{−i(2n−2)α}+ (−1)²ⁿe^−i2nα]

= 1

2²ⁿ(−1)ⁿ{[e^i2nα+ e^−i2nα] + (−1)C₁²ⁿ[e^i(2n−2)α+ e^{−i(2n−2)α}] + (−1)²C₂²ⁿ[e^i(2n−4)α+ e^{−i(2n−4)α}]

+ · · · + (−1)ⁿ⁻¹Cn²ⁿ−1[e^i2α + e^−i2α] + Cn²ⁿe^inα· (−1)ⁿe^−inα}

=(−1)ⁿ

2²ⁿ [2 cos 2nα + (−1)C₁²ⁿ· 2 cos(2n − 2)α + (−1)²C₂²ⁿ· 2 cos(2n − 4)α + · · · + (−1)ⁿ⁻¹Cn²ⁿ−1· 2 cos 2α + (−1)ⁿCn²ⁿ]

= 1

2²ⁿ⁻¹[(−1)ⁿcos 2nα + (−1)ⁿ⁺¹C₁²ⁿcos(2n − 2)α + (−1)ⁿ⁺²C₂²ⁿcos(2n − 4)α + · · · + (−1)²ⁿ⁻¹Cn²ⁿ−1cos 2α + 1

2(−1)²ⁿCn²ⁿ]

= 1 2²ⁿ⁻¹

hXⁿ⁻¹

k=0

(−1)^n+kCk²ⁿ· cos(2n − 2k)α + 1 2Cn²ⁿ

i .

(2) N = 2n + 1 時, sin²ⁿ⁺¹α = 1

2²ⁿ⁺¹i²ⁿ⁺¹[e^i(2n+1)α+ (−1)C₁²ⁿ⁺¹e^i(2n−1)α+ (−1)²C₂²ⁿ⁺¹e^i(2n−3)α + · · · + (−1)²ⁿC_2n²ⁿ⁺¹e^{−i(2n−1)α}+ (−1)²ⁿ⁺¹e^−i(2n+1)α]

= 1

2²ⁿ⁺¹(−1)ⁿi{[e^i(2n+1)α− e^−i(2n+1)α] + (−1)C₁²ⁿ⁺¹[e^i(2n−1)α− e^{−i(2n−1)α}] + (−1)²C₂²ⁿ⁺¹[e^i(2n−3)α− e^{−i(2n−3)α}] + · · · + (−1)ⁿCn²ⁿ⁺¹[e^iα− e^−iα]}

=(−1)ⁿ

2²ⁿ [sin(2n+1)α+(−1)C₁²ⁿ⁺¹sin(2n − 1)α+(−1)²C₂²ⁿ⁺¹sin(2n−3)α + · · · + (−1)ⁿCn²ⁿ⁺¹sin α]

= 1

2²ⁿ[(−1)ⁿsin(2n + 1)α + (−1)ⁿ⁺¹C₁²ⁿ⁺¹sin(2n − 1)α + (−1)ⁿ⁺²C₂²ⁿ⁺¹sin(2n − 3)α + · · · + (−1)²ⁿCn²ⁿ⁺¹sin α]

= 1 2²ⁿ

hXⁿ

k=0

(−1)^n+kC_k²ⁿ⁺¹sin(2n + 1 − 2k)αi

. Q.E.D.

三、 圓內接正多邊形的奇偶弦長冪次定和

(一) 定理1 : (參 [2])

正 2n + 1 (n ≥ 1) 邊形的外接圓上動點到奇頂點的距離和與到偶頂點的距離和相等。

如圖二, 即 P A₁+ P A₃+ · · · + P A_2n−1 = P A₀+ P A₂+ · · · + P A_2n。

圖二 證明: 已知 P Ak = |P − Zk| = 2 sin

θ

2 +_2n+1^k π

, k = 0, 1, 2, . . . , 2n。 所以 P A1+ P A3+ · · · + P A_2n−1

= 2h sinθ

2+ π 2n + 1



+ sinθ

2 + 3π 2n + 1



+ · · · + sinθ

2+ 2n − 1 2n + 1π

i P A0+ P A2+ · · · + P A2n

= 2h sinθ

2+ sinθ

2 + 2π 2n + 1



+ · · · + sinθ

2+ 2n 2n + 1π

i . 於是

(P A0+ P A2+ · · · + P A2n) − (P A1+ P A3+ · · · + P A_2n−1)

= 2h sin θ

2+ sinθ

2 + 2π 2n + 1

+ · · · + sinθ

2 + 2n 2n + 1π

+ sinθ

2+ 2n + 2 2n + 1π + sinθ

2+2n + 4 2n + 1π

+ · · · + sinθ

2 + 4n 2n + 1πi

= 2

2n

X

k=0

sinθ

2 + 2k 2n + 1π

= 0 (由引理 2(1) 可知).

因此 (P A0+ P A2+ · · · + P A2n) − (P A1+ P A3+ · · · + P A_2n−1) = 0,

故 P A₁+ P A3+ · · · + P A_2n−1 = P A0+ P A2+ · · · + P A2n. Q.E.D.

(二) 定理2 : (參 [2])

正 2n (n ≥ 2) 邊形的外接圓上動點到奇頂點的距離平方和與到偶頂點的距離平方和相

等。 如圖三, P A₁²+ P A₃² + · · · + P A_2n−1² = P A₀²+ P A₂²+ · · · + P A_2n−2²。

圖三 證明: 已知 P A^k = |P − Z^k| = 2 sinθ

2 + k 2nπ

, k = 0, 1, 2, . . . , 2n − 1。 所以 P A₁² + P A3

2+ · · · + P A_2n−1²

= 4 sin²θ 2+ π

2n

+ 4 sin²θ 2 +3π

2n

+ · · · + 4 sin²θ

2 +2n − 1 2n π

=h

2 − 2 cos θ+π

n

i+h

2 − 2 cos

θ+ 3π n

i+ · · · +h

2 − 2 cos

θ+2n − 1 n πi

= 2n − 2h cos

θ+ π n

+ cos

θ+ 3π n

+ · · · + cos

θ+2n − 1 n πi

= 2n − 2

n−1

X

k=0

cos

θ+2k + 1 n π

= 2n − 0 = 2n. (由引理 2(2) 可知) P A₀² + P A₂²+ · · · + P A_2n−2²

= 4 sin² θ

2 + 4 sin²θ 2 +2π

2n



+ · · · + 4 sin²θ

2 +2n − 2 2n π



= [2 − 2 cos θ] +h

2 − 2 cos

θ+2π n

i

+ · · · +h

2 − 2 cos

θ+2n − 2 n π

i

= 2n − 2h

cos θ + cos θ+2π

n



+ · · · + cos

θ+ 2n − 2 n π

i

= 2n − 2

n−1

X

k=0

cos θ+2k

n π

= 2n − 0 = 2n, (由引理 2(1) 可知).

故 P A1

2+ P A3

2+ · · · + P A_2n−1² = P A0

2+ P A2

2+ · · · + P A_2n−2². Q.E.D.

(三) 定理 3:

正 2n + 1 (n ≥ 2) 邊形的外接圓上動點到奇頂點的距離立方和與到偶頂點的距離立方和 相等。 如圖四, 即 P A₁³+ P A₃³+ · · · + P A_2n−1³ = P A₀³+ P A₂³ + · · · + P A_2n³。

圖四 證明:

已知 P Ak = |P − Z^k| = 2 sinθ

2 + k 2n + 1π

, k= 0, 1, 2, . . . , 2n。 所以 P A1

3+ P A3

3+ · · · + P A_2n−1³

= 8 sin³θ

2 + π 2n + 1



+ 8 sin³θ

2+ 3π 2n + 1



+ · · · + 8 sin³θ

2+ 2n − 1 2n + 1π



=h

6 sinθ

2 + π 2n + 1

− 2 sin3θ

2 + 3π 2n + 1

i +h

6 sinθ

2+ 3π 2n + 1

− 2 sin3θ

2 + 9π 2n + 1

i

+ · · · +h

6 sinθ

2 +2n − 1 2n + 1π

− 2 sin3θ

2 +6n − 3 2n + 1πi

= 6h sinθ

2 + π 2n + 1



+ sinθ

2 + 3π 2n + 1



+ · · · + sinθ

2 +2n − 1 2n + 1π

i

− 2h

sin3θ

2 + 3π 2n + 1

+ sin3θ

2 + 9π 2n + 1

+ · · · + sin3θ

2 +6n − 3 2n + 1πi

, P A₀³+ P A2

3+ · · · + P A2n 3

= 8 sin³ θ

2 + 8 sin³θ

2 + 2π 2n + 1

+ · · · + 8 sin³θ

2+ 2n 2n + 1π

=h 6 sin θ

2− 2 sin3θ 2

i +h

6 sinθ

2+ 2π 2n + 1



− 2 sin3θ

2 + 6π 2n + 1

i + · · · +h

6 sinθ

2+ 2n 2n + 1π

− 2 sin3θ

2 + 6n 2n + 1πi

= 6h sin θ

2+ sinθ

2+ 2π 2n + 1

+ · · · + sinθ

2 + 2n 2n + 1πi

− 2h sin 3θ

2 + sin(3θ

2 + 6π 2n + 1



+ · · · + sin3θ

2 + 6n 2n + 1πi

, 於是

(P A0

3+ P A2

3+ · · · + P A2n

3) − (P A1

3 + P A3

3+ · · · + P A_2n−1³)

= 6h sinθ

2 + sinθ

2 + 2 2n + 1π



+ · · · + sinθ

2 + 2n 2n + 1π



+ sinθ

2 +2n + 2 2n + 1π



+ sinθ

2+ 2n + 4 2n + 1π



+ · · · + sinθ

2+ 4n 2n + 1π

i

− 2h sin3θ

2 + sin3θ

2 + 6 2n+1π

+· · ·+sin3θ

2 + 6n 2n+1π

+ sin3θ

2 +6n+6 2n+1π + sin3θ

2 +6n + 12 2n + 1 π

+ · · · + sin3θ

2 + 12n 2n + 1πi

= 6

2n

X

k=0

sinθ

2 + 2k 2n + 1π

− 2

2n

X

k=0

sin 3θ

2+ 2k 2n + 1π

.

由引理 2(1) 可知 : P²ⁿ

k=0

sinθ

2 + 2k 2n + 1π

= 0 和 P2n k=0

sin 3θ

2+ 2k 2n + 1π

= 0。

因此 (P A₀³+ P A2

3+ · · · + P A2n

3) − (P A1

3+ P A3

3+ · · · + P A_2n−1³) = 0.

故 P A1

3+ P A3

3+ · · · + P A_2n−1³ = P A0

3+ P A2

3+ · · · + P A2n

3. Q.E.D.

(四) 定理 4:

正 2n (n ≥ 3) 邊形的外接圓上動點到奇頂點的距離四次方和與到偶頂點的距離四次方 和相等。 如圖五, 即 P A₁⁴+ P A₃⁴+ P A₅⁴ + · · · + P A_2n−1⁴ = P A₀⁴ + P A₂⁴ + P A₄⁴ +

· · · + P A_2n−2⁴。

圖五

證明: 已知 P Ak = |P − Zk| = 2 sinθ 2 + k

2nπ

, k = 0, 1, 2, . . . , 2n − 1。 所以 P A1

4+ P A3

4+ P A5

4+ · · · + P A_2n−1⁴

= 16 sin⁴θ 2 + π

2n



+ 16 sin⁴θ 2 +3π

2n



+ 16 sin⁴θ 2 +5π

2n

 + · · · + 16 sin⁴θ

2+ 2n − 1 2n π

= 2h

3 − 4 cos θ+π

n



+ cos

2θ +2π n

i + 2h

3 − 4 cos θ+3π

n



+ cos

2θ + 6π n

i + 2h

3 − 4 cos

θ+5π n



+ cos

2θ + 10π n

i + · · · + 2h

3 − 4 cos

θ+2n − 1 n π

+ cos

2θ + 4n − 2 n πi

= 6n − 8h cos

θ+π n

+ cos

θ+3π n

+ cos

θ+5π n

+ · · · + cos

θ+2n − 1 n πi + 2h

cos

2θ+2π n

+cos

2θ+6π n

+cos

2θ+10π n

+· · ·+cos

2θ+4n−2 n πi

= 6n − 8

n−1

X

k=0

cos

θ+ 2k + 1 n π

+ 2

n−1

X

k=0

cos 2

θ+2k + 1 n π

= 6n.

由引理 2(2) 可知:

n−1

P

k=0

cos

θ+ 2k + 1 n π



= 0 和

n−1

P

k=0

cos 2

θ+2k + 1 n π



= 0。

P A0

4+ P A2

4+ P A4

4+ · · · + P A_2n−2⁴

= 16 sin⁴ θ

2 + 16 sin⁴θ 2 + 1

nπ

+ 16 sin⁴θ 2+ 2

nπ

+ · · · + 16 sin⁴θ

2 +n− 1 n π

= 2[3 − 4cosθ + cos2θ] + 2[3 − 4 cos(θ + 2

nπ) + cos(2θ + 4 nπ)]

+ 2[3 − 4 cos(θ + 4

nπ) + cos(2θ + 8

nπ)] + · · · + 2h

3 − 4 cos

θ+ 2n − 2 n π

+ cos

2θ + 4n − 4 n πi

= 6n − 8h

cos θ + cos θ+ 2

nπ

+ cos θ+ 4

nπ

+ · · · + cos

θ+2n − 2 n πi + 2h

cos 2θ + cos 2θ + 4

nπ

+ cos

2θ + 8 nπ

+ · · · + cos

2θ + 4n − 4 n πi

= 6n − 8

n−1

X

k=0

cos θ+2k

n π + 2

n−1

X

k=0

cos 2 θ+2k

n π

= 6n.

由引理 2(1) 可知 :

n−1

P

k=0

cos θ+2k

n π



= 0 和

n−1

P

k=0

cos 2 θ+ 2k

n π



= 0。

故 P A₁⁴+P A₃⁴+P A₅⁴+· · ·+P A_2n−1⁴= P A₀⁴+P A₂⁴+P A₄⁴+· · ·+P A_2n−2⁴. Q.E.D.

(五) 定理 5: (參 [3])

設正 2n (n ≥ m, m ≥ 2) 邊形 A0A1A2· · · A_2n−1 的外接圓, 設 P 點為 z { A0A_2n−1 上 任一點, 則

P A1

2m−2+ P A3

2m−2+ P A5

2m−2+ · · · + P A_2n−1^2m−2

=P A02m−2

+ P A22m−2

+ P A42m−2

+ · · · + P A_2n−2^2m−2.

證明: 已知 P A^k = |P − Z^k| = 2 sinθ 2 + k

2nπ

, 其中 k = 0, 1, 2, . . . , 2n − 1。

且 sin^2m−2α = 1 2^2m−3

h^m−2

P

k=0

(−1)^m−1+kC_k^2m−2cos(2m − 2 − 2k)α + 1

2Cm^2(m−1)−1

i , 所以

P A12m−2

+ P A32m−2

+ P A52m−2

+ · · · + P A_2n−1^2m−2

= 2^2m−2sin^2m−2θ 2 + π

2n



+ 2^2m−2sin^2m−2θ 2+ 3π

2n



+ 2^2m−2sin^2m−2θ 2 +5π

2n

 + · · · + 2^2m−2sin^2m−2θ

2+ 2n − 1 2n π

= 2h^mX⁻²

k=0

(−1)^m−1+kCk^2m−2cos(2m − 2 − 2k)θ 2 + π

2n

 +1

2Cm^2(m−1)−1

i

+ 2h^mX⁻²

k=0

(−1)^m−1+kCk^2m−2cos(2m − 2 − 2k)θ 2+ 3π

2n

 + 1

2Cm^2(m−1)−1

i

+ 2h^mX⁻²

k=0

(−1)^m−1+kC_k^2m−2cos(2m − 2 − 2k)θ 2+ 5π

2n

 + 1

2Cm^2(m−1)−1

i + · · ·

+ 2h^mX⁻²

k=0

(−1)^m−1+kC_k^2m−2cos(2m − 2 − 2k)θ

2+ 2n − 1 2n π

+1

2Cm^2(m−1)−1

i

= n·Cm^2(m−1)−1 +2(−1)^m−1h

cos(m−1)(θ+π

n)+cos(m−1)(θ+3

nπ)+cos(m−1)(θ+5 nπ) + · · · + cos(m − 1)

θ+2n − 1 n πi + 2(−1)^mC₁^2m−2h

cos(m − 2)(θ + π

n)+cos(m−2)(θ+3

nπ) + cos(m−2)(θ+5 nπ) + · · · + cos(m − 2)(θ +2n − 1

n π)i + 2(−1)^m+1C₂^2m−2

h

cos(m − 3)(θ + π

n) + cos(m − 3)(θ + 3 nπ)

+ cos(m − 3)(θ + 5

nπ) + · · · + cos(m − 3)

θ+2n − 1 n πi

+ · · · + 2(−1)^2m−3Cm^2m−2−2

hcos θ+π

n

+cos θ+3

nπ

+cos θ+5

nπ +· · · + cos

θ+2n−1 n πi

= n · Cm^2(m−1)−1 + 2(−1)^m−1

n−1

X

k=0

cos(m − 1)

θ+2k + 1 n π + 2(−1)^mC₁^2m−2

n−1

X

k=0

cos(m − 2)

θ+ 2k + 1 n π + 2(−1)^m+1C₂^2m−2

n−1

X

k=0

cos(m − 3)

θ+ 2k + 1 n π + · · · + 2(−1)^2m−3Cm^2m−2−2

n−1

X

k=0

cos

θ+2k + 1 n π



= n · Cm^2(m−1)−1 .

由引理 2(2) 可知 :

n−1

P

k=0

cos p

θ+2k + 1 n π

= 0 (1 ≤ p ≤ n − 1, p ∈ N)。

P A₀^2m−2+ P A₂^2m−2+ P A₄^2m−2+ · · · + P A_2n−2^2m−2

= 2^2m−2sin^2m−2θ 2



+ 2^2m−2sin^2m−2θ 2 +2π

2n



+ 2^2m−2sin^2m−2θ 2+ 4π

2n

 + · · · + 2^2m−2sin^2m−2θ

2+ 2n − 2 2n π

= 2h^mX⁻²

k=0

(−1)^m−1+kCk^2m−2cos(2m − 2 − 2k)θ 2

 + 1

2Cm^2(m−1)−1

i

+ 2h^mX⁻²

k=0

(−1)^m−1+kC_k^2m−2cos(2m − 2 − 2k)θ 2+ 2π

2n

 +1

2Cm^2(m−1)−1

i

+ 2h^mX⁻²

k=0

(−1)^m−1+kC_k^2m−2cos(2m − 2 − 2k)θ 2+ 4π

2n

 +1

2Cm^2(m−1)−1

i + · · ·

+ 2h^mX⁻²

k=0

(−1)^m−1+kC_k^2m−2cos(2m − 2 − 2k)θ

2+ 2n − 2 2n π

+1

2Cm^2(m−1)−1

i

= n · Cm^2(m−1)−1 + 2(−1)^m−1h

cos(m − 1)θ + cos(m − 1)(θ + 2 nπ) + cos(m − 1)

θ+ 4 nπ



+ · · · + cos(m − 1)

θ+2n − 2 n π

i + 2(−1)^mC₁^2m−2

h

cos(m − 2)θ + cos(m − 2) θ+ 2

nπ



+ cos(m − 2) θ+ 4

nπ

+ · · · + cos(m − 2)

θ+2n − 2 n πi + 2(−1)^m+1C₂^2m−2h

cos(m − 3)θ + cos(m − 3) θ+ 2

nπ + cos(m − 3)

θ+ 4 nπ

+ · · · + cos(m − 3)

θ+2n − 2 n πi

+ · · · + 2(−1)^2m−3Cm^2m−2−2

hcos θ + cos θ+ 2

nπ

+ cos θ+ 4

nπ + · · · + cos

θ+2n − 2 n πi

= n · Cm^2(m−1)−1 + 2(−1)^m−1

n−1

X

k=0

cos(m − 1) θ+2k

n π + 2(−1)^mC₁^2m−2

n−1

X

k=0

cos(m − 2) θ+ 2k

n π + 2(−1)^m+1C₂^2m−2

n−1

X

k=0

cos(m − 3) θ+2k

n π + · · ·

+ 2(−1)^2m−3Cm^2m−2−2 n−1

X

k=0

cos θ+ 2k

n π



= n · Cm^2(m−1)−1 .

由引理 2(1) 可知 :

n−1

P

k=0

cos p

θ+^2k_nπ



= 0 (1 ≤ p ≤ n − 1, p ∈ N)。 故 P A1

2m−2+ P A3

2m−2+ P A5

2m−2+ · · · + P A_2n−1^2m−2

= P A₀^2m−2+ P A₂^2m−2+ P A₄^2m−2+ · · · + P A_2n−2^2m−2 (m ≥ 2). Q.E.D.

(六) 定理 6:

設正 2n + 1 (n ≥ m, m ≥ 1) 邊形 A0A1A2· · · A2n 的外接圓, 設 P 點為 z { A0A2n 上 任一點, 則

P A12m−1

+ P A32m−1

+ P A52m−1

+ · · · + P A_2n−1^2m−1

= P A0

2m−1+ P A2

2m−1+ P A4

2m−1+ · · · + P A2n 2m−1.

證明: 已知 P Ak = |P − Zk| = 2 sinθ

2 + k 2n + 1π

, 其中 k = 0, 1, 2, . . . , 2n。

且 sin^2m−1α = 1 2^2m−2

h^m−1

P

k=0

(−1)^m−1+kCk^2m−1cos(2m − 1 − 2k)αi , 所以 P A12m−1

+ P A32m−1

+ P A52m−1

+ · · · + P A_2n−1^2m−1

= 2^2m−1sin^2m−1θ

2 + π 2n + 1

+ 2^2m−1sin^2m−1θ

2 + 3π 2n + 1



+ 2^2m−1sin^2m−1θ

2+ 5π 2n + 1



+ · · · + 2^2m−1sin^2m−1θ

2 +2n − 1 2n + 1π

= 2h^mX⁻¹

k=0

(−1)^m−1+kCk^2m−1sin(2m − 1 − 2k)θ

2+ π 2n + 1

i

+ 2h^mX⁻¹

k=0

(−1)^m−1+kC_k^2m−1sin(2m − 1 − 2k)θ

2+ 3π 2n + 1

i

+ 2h^mX⁻¹

k=0

(−1)^m−1+kC_k^2m−1sin(2m − 1 − 2k)θ

2+ 5π 2n + 1

i + · · ·

+ 2h^mX⁻¹

k=0

(−1)^m−1+kC_k^2m−1sin(2m − 1 − 2k)θ

2+2n − 1 2n + 1πi

= 2(−1)^m−1h

sin(2m − 1)θ

2+ π 2n + 1



+ sin(2m − 1)θ

2 + 3 2n + 1π



+ sin(2m − 1)θ

2+ 5 2n + 1π

+ · · · + sin(2m − 1)θ

2 +2n − 1 2n + 1πi + 2(−1)^mC₁^2m−1h

sin(2m − 3)θ

2+ π 2n + 1



+ sin(2m − 3)θ

2+ 3 2n + 1π + sin(2m − 3)θ

2+ 5 2n + 1π

+ · · · + sin(2m − 3)θ

2 +2n − 1 2n + 1πi + 2(−1)^m+1C₂^2m−1

h

sin(2m − 5)θ

2+ π 2n + 1



+ sin(2m − 5)θ

2 + 3 2n + 1π



+ sin(2m − 5)θ

2+ 5 2n + 1π

+ · · · + sin(2m − 5)θ

2 +2n − 1 2n + 1πi + · · · + 2(−1)^2m−2Cm^2m−1−1

hsinθ

2 + π 2n + 1

+ sinθ

2 + 3 2n + 1π + sinθ

2 + 5 2n + 1π

+ · · · + sinθ

2 +2n − 1 2n + 1πi

= 2(−1)^m−1

n−1

X

k=0

sin(2m − 1)θ

2 + 2k + 1 2n + 1π + 2(−1)^m−1C₁^2m−1

n−1

X

k=0

sin(2m − 3)θ

2 + 2k + 1 2n + 1π + 2(−1)^m+1C₂^2m−1

n−1

X

k=0

sin(2m − 5)θ

2 + 2k + 1 2n + 1π



+ · · · + 2(−1)^2m−2Cm^2m−1−1 n−1

X

k=0

sinθ

2+ 2k + 1 2n + 1π

,

P A02m−1

+ P A22m−1

+ P A42m−1

+ · · · + P A2n2m−1

= 2^2m−1sin^2m−1θ 2



+2^2m−1sin^2m−1θ

2+ 2π 2n + 1



+2^2m−1sin^2m−1θ

2+ 4π 2n + 1



+ · · · + 2^2m−1sin^2m−1θ

2+ 2n 2n + 1π

= 2h^mX⁻¹

k=0

(−1)^m−1+kC_k^2m−1sin(2m − 1 − 2k)θ 2

i

+ 2h^mX⁻¹

k=0

(−1)^m−1+kC_k^2m−1sin(2m − 1 − 2k)θ

2+ 2π 2n + 1

i

+ 2h^mX⁻¹

k=0

(−1)^m−1+kCk^2m−1sin(2m − 1 − 2k)θ

2+ 4π 2n + 1

i+ · · ·

+ 2h^mX⁻¹

k=0

(−1)^m−1+kCk^2m−1sin(2m − 1 − 2k)θ

2+ 2n 2n + 1πi

= 2(−1)^m−1h

sin(2m − 1)(θ

2) + sin(2m − 1)θ

2 + 2 2n + 1π + sin(2m − 1)θ

2+ 4 2n + 1π



+ · · · + sin(2m − 1)θ

2 + 2n 2n + 1π

i

+ 2(−1)^mC₁^2m−1h

sin(2m − 3)(θ

2) + sin(2m − 3)θ

2 + 2 2n + 1π + sin(2m − 3)θ

2+ 4 2n + 1π

+ · · · + sin(2m − 3)θ

2 + 2n 2n + 1πi + 2(−1)^m+1C₂^2m−1h

sin(2m − 5)(θ

2) + sin(2m − 5)θ

2+ 2 2n + 1π + sin(2m − 5)θ

2+ 4 2n + 1π



+ · · · + sin(2m − 5)θ

2 + 2n 2n + 1π

i + · · · + 2(−1)^2m−2Cm^2m−1−1

h sinθ

2 + sinθ

2 + 2 2n + 1π



+ sinθ

2+ 4 2n + 1π

 + · · · + sinθ

2+ 2n 2n + 1πi

= 2(−1)^m−1

n

X

k=0

sin(2m−1)θ

2+ 2k 2n+1π

+2(−1)^mC₁^2m−1

n

X

k=0

sin(2m−3)θ 2+ 2k

2n+1π + 2(−1)^m+1C₂^2m−1

n

X

k=0

sin(2m − 5)θ

2 + 2k 2n + 1π

+ · · ·

+ 2(−1)^2m−2Cm^2m−1−1 n

X

k=0

sinθ

2 + 2k 2n + 1π

 . 於是

(P A0

2m−1+ P A2

2m−1+ P A4

2m−1+ · · · + P A_2n−2^2m−1)

− (P A1

2m−1+ P A3

2m−1+ P A5

2m−1+ · · · + P A_2n−1^2m−1)

= 2(−1)^m−1

2n

X

k=0

sin(2m−1)θ

2 + 2k 2n + 1π + 2(−1)^mC₁^2m−1

2n

X

k=0

sin(2m−3)θ

2 + 2k 2n + 1π



+ 2(−1)^m+1C₂^2m−1

2n

X

k=0

sin(2m−5)θ

2 + 2k 2n + 1π + · · · + 2(−1)^2m−2Cm^2m−1−1

2n

X

k=0

sinθ

2+ 2k 2n + 1π

.

由引理 2(1) 可知 : P2n k=0

sin pθ

2 + 2k 2n + 1π



= 0 (1 ≤ p ≤ 2n, p ∈ N), 因此 (P A₀^2m−1+ P A₂^2m−1+ P A₄^2m−1+ · · · + P A_2n−2^2m−1)

− (P A1

2m−1+ P A3

2m−1+ P A5

2m−1+ · · · + P A_2n−1^2m−1) = 0.

故

P A₁^2m−1+ P A3

2m−1+ P A5

2m−1+ · · · + P A_2n−1^2m−1

= P A0

2m−1+ P A2

2m−1+ P A4

2m−1+ · · · + P A_2n−2^2m−1 (m ≥ 1). Q.E.D.

綜合以上性質, 我們得到一個結論 : 不論 N 為奇數或偶數, 正 N (N ≥ m) 邊形的外接 圓上動點到奇頂點的距離 m − 2 次方和與到偶頂點的距離 m − 2 次方和必相等。

參考資料

1. 游森棚。 森棚教官的數學題: 正三角形的線段定和。 科學研習月刊, 第 56 卷第 10 期, 106 年 9 月。

2. 王啟光。 正 2n + 1 邊形外接圓上一點到各頂點的距離關係。 取自於師大附中 www.hs.ntnu.edu.tw/~math/files/3.doc。

3. 姜硯凱, 李婕安, 張瑄倫。 「圓」 中註 「定」- 圓內接多邊形圓上一點到多邊形頂點、 過頂點的切線與 對角線距離的關係。 中華民國第 60 屆中小學科展。

4. 如何給 cosⁿ(x) 降冪? 取自

http://www.360doc.com/content/17/1203/15/47852988_709519434.shtml。

—本文作者任教國立金門高級中學_—