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# N 邊形與多面體的頂點與一定點連線所生有向線段 比值之和的定性性質

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## N 邊形與多面體的頂點與一定點連線所生有向線段 比值之和的定性性質

### 國立鹿港高級中學 莊祐鈞 指導老師:鄭仕豐

Abstract

The main purpose of the article is to investigate the generalization of a certain geometric property concerning the sum of the ratios of several segments in triangle. The original problem says that Given a triangle ABC and a pointP inside the triangle. Suppose that the lines←→AP ,←→BP and ←→CP intersects the segments BC, CA and AB at the points P1, P2

andP3 respectively. Then

P P1

AP1 +P P2

BP2 +P P3

CP3 = 1.

We had generalized it and already found out that there are similar results in parallelograms and regular polygons. But the sum of the ratios of several segments is no longer equal to 1.

For parallelograms and regular polygons, we had observed the general formula of the ﬁxed sum of the ratios of several segments. Moreover, we found that the pointP in the original problem is not necessarily inside the triangle, the parallelograms and the regular polygons.

Instead, we could move the pointP to the outside of the triangle, the parallelograms and the regular polygons and generalize the original result to be the form of the ﬁxed sum of the ratios of several directed segments. In addition, we also try to consider the inference of the original result to arbitrary tetrahedrons, parallelepipeds and regular polyhedrons.

Fortunately, we got that the sum of the ratios of several directed segments is ﬁxed. Finally, we also generalized the original result to arbitrary trapezoids, arbitrary convex or concave quadrilaterals and pentagons. And try to ﬁnd out the corresponding results for arbitrary N-polygons.

Keywords: N-polygon, polyhedron, division of vectors

AP1+P P2

BP2+P P3

CP3 = 1 成立。』我們發現此結果在平行四邊形與正多邊形中也有相對應 的推論，只是定值不再是 1 ，我們可以表示出數個線段比值相加後之定值的一般化公式；更甚 者，我們發現原問題中的點 P 不一定要在三角形、平行四邊形與正多邊形的內部，而可以將之 移至三角形、平行四邊形與正多 邊形的外部，並將原結論推廣成『有向線段比值和為定值』的 一般化結果。此外， 我們亦將原問題推廣到空間中的『任意四面體』、『平行六面體』與『正 多面體』中，並發現驗證得相對應的有向線段比值和為定值。最後，我們又嘗試將原問題推廣到

『任意梯形』、『任意凸、凹四邊形』與『任意凸、凹五邊形』中，進而試 圖找出任意 N 邊形 中的相對應結論。

(2)

### 1.2 研 研 研究 究 究目 目 目的 的 的

1. 將引引引理理理 1 中三角形內的一點 P 移至三角形外，觀察驗證對應的定性性質。

2. 引引引理理理 1 在平行四邊形、正 2n(n ≥ 2) 邊形與正 2n − 1(n ≥ 2) 邊形中的推論。

3. 引引引理理理 3 在任意四面體、平行六面體與正多面體中的推論。

4. 將前述三個研究目的中的『線段比值和』改成『有向線段比值和』，探討該比值和 的不變性。

5. 引引引理理理 1 在『特殊梯形』、『任意梯形』與『任意凸、凹四邊形與五邊形』中的推 論。

(3)

### 2 研 研 研究 究 究過 過 過程 程 程、 、 、方 方 方法 法 法與 與 與主 主 主要 要 要結 結 結果 果 果

P P1 AP1+P P2

BP2+P P3 CP3 = 1

(1) 在平面上，已知點 P 在 ΔABC 邊上，但是點 P 不與 ΔABC 的三頂點重合，連 接直線 ←→AP 、 ←→BP 與 ←→CP 分別交 BC 、 CA 與 AB 三邊於 P1 、 P2 與 P3點，如上圖 R − 1 所示，則 P P1

AP1 +P P2 BP2 +P P3

CP3 = 1 亦成立。

(2) 承 (1) ，若點 P 與 ΔABC 的某一頂點重合，則等式 P P1

AP1 +P P2

BP2 +P P3

CP3 = 1 可視 為不成立或視為成立。

(4)

(1) ∵P 在 BC 上， ∴P1= P, P2= C, P3= B ，從而 P P1

AP1 +P P2 BP2 +P P3

CP3 = 0

AP1 +P C BC+P B

CB = BC BC = 1 故得證原命題成立。

(2)

BP 為通過 B 點的任意直線，則 此時←→BP 與←→AC 會交於一點 P2 ，如上圖 R − 2 所示，又 P1= P, P3= P ，所P P1

AP1+P P2

BP2+P P3

CP3 = 0

AP1+P C BC +BP2

BP2 = 0

CP3 = 1 ，即原等式成立。

AB 與直線 ←→

P Q 相交於 M 點，則 ΔP AB ΔQAB = P M

QM

CA 的直線 LB 及過 C 點作平行直線 ←→

AB 的直線 LC ，使得 LB 與 LC 交於點 A、 LC 與 LA 交於點 B 及 LA 與 LB 交於點 C ，則

(1) 若 P 點落在 ΔABC 內部，如下圖 1 − 1 所示，試證明：

P P1 AP1 + BP

BP2 + CP CP3 = 1 (2) 若 P 點落在 ΔABC 內部，如下圖 1 − 2 所示，試證明：

AP AP1 +P P2

BP2 + CP CP3 = 1

(5)

(3) 若 P 點落在 ΔABC 內部，如下圖 1 − 3 所示，試證明：

AP AP1 + BP

BP2 +P P3

CP3 = 1

(4) 若 P 點不落在 ΔABC 、 ΔABC 與 ΔABC內部，如下圖 1 − 4 、 1 − 5 與 1 − 6 所示，試證明：

P P1 AP1 + BP

BP2 + CP

CP3 > 1 ， AP AP1 +P P2

BP2 + CP

CP3 > 1 且 AP AP1+ BP

BP2 +P P3 CP3 > 1

(1) 以 IΔABC 表示『由直線←→AB,←→BC 與 ←→CA 所圍成之三角形 ΔABC 內部區域』。

(2) 以 IΔABC 表示『由直線←→

AB,←→BC 與←→

CA所圍成之三角形 ΔABC 內部區域』。

(6)

(3) 以 IΔABC 表示『由直線←→

AB,←→

BC 與←→CA 所圍成之三角形 ΔABC 內部區域』。

(4) 以 IΔABC 表示『由直線←→AB,←→

BC 與←→

CA 所圍成之三角形 ΔABC內部區域』。

(5) 定義 IA 為 IA∶= {P ∣⇀AP = x⇀AB + y⇀AC , 其中 x < 0, y < 0} 。 (6) 定義 IA 為 IA∶= {P ∣⇀

AP = x⇀

AB + y⇀

AC , 其中 x < 0, y < 0} 。 (7) 定義 IB 為 IB∶= {P ∣⇀

BP = x⇀

BA + y⇀

BC , 其中 x < 0, y < 0} 。 (8) 定義 IB 為 IB∶= {P ∣⇀

BP = x⇀

BA + y⇀

BC , 其中 x < 0, y < 0} 。 (9) 定義 IC 為 IC∶= {P ∣⇀CP = x⇀CA + y⇀CB , 其中 x < 0, y < 0} 。 (10) 定義 IC 為 IC∶= {P ∣⇀

CP = x⇀

CA + y⇀

CB , 其中 x < 0, y < 0} 。

(11) 定義 IAB 為 IAB∶= {P ∣⇀AP = x⇀AB + y⇀

AB, 其中 x < 0, 0 < y < 1} 。

(12) 定義 IAC 為 IAC∶= {P ∣⇀AP = x⇀AC + y⇀

AC, 其中 x < 0, 0 < y < 1} 。

(13) 定義 IBC 為 IBC∶= {P ∣⇀AP = x⇀BC + y⇀

BC, 其中 x < 0, 0 < y < 1} 。

(14) 定義 IBA 為 IBA∶= {P ∣⇀AP = x⇀BA + y⇀

BA, 其中 x < 0, 0 < y < 1} 。

(15) 定義 ICA 為 ICA∶= {P ∣⇀

AP = x⇀

CA + y⇀

CA, 其中 x < 0, 0 < y < 1} 。

(16) 定義 ICB 為 ICB∶= {P ∣⇀AP = x⇀CB + y⇀

CB, 其中 x < 0, 0 < y < 1} 。 各區域位置詳見下圖 D − 1 。

(7)

←→BC 的直線 LA 、過 B 點作平行直線←→CA 的直線 LB 及過 C 點作平行直線←→AB 的直線 LC ，使得 LB 與 LC 交於點 A、 LC 與 LA 交於點 B 及 LA 與 LB 交於點 C ，承 定

AP1 +P P2 BP2 +P P3

CP3, RA∶= P P1 AP1 + BP

BP2 + CP CP3 RB∶= AP

AP1 +P P2 BP2 + CP

CP3, RC∶= AP AP1 + BP

BP2 +P P3 CP3

(1) 當 P ∈ IA 或 P ∈ −⇀

AB 或 P ∈ −⇀

AC 時， R = RB= RC> 1 且 RA= R + 2 。 (2) 當 P ∈ IA 時， R = RB= RC> 1 且 RA= R − 2 。

(3) 當 P ∈ IB 或 P ∈ −⇀BC 或 P ∈ −⇀BA 時， R = RC= RA> 1 且 RB= R + 2 。 (4) 當 P ∈ IB 時， R = RB= RC> 1 且 RB= R − 2 。

(5) 當 P ∈ IC 或 P ∈ −⇀CA 或 P ∈ −⇀CB 時， R = RA= RB> 1 且 RC= R + 2 。 (6) 當 P ∈ IC 時， R = RB= RC> 1 且 RC= R − 2 。

(7) 當 P ∈ IAB 時， R = RC> 1 且 RA− RB= 2 。 (8) 當 P ∈ IAC 時， R = RB> 1 且 RA− RC= 2 。 (9) 當 P ∈ IBC 時， R = RA> 1 且 RB− RC= 2 。 (10) 當 P ∈ IBA 時， R = RC> 1 且 RB− RA= 2 。 (11) 當 P ∈ ICA 時， R = RB> 1 且 RC− RA= 2 。 (12) 當 P ∈ ICB 時， R = RA> 1 且 RC− RB= 2 。 備

1. 綜合上述引引引理理理 1 、備備備註註註 1 、問問問題題題 1 與 2 之結果，我們其實已經討論完平面上所 有 P 點的情形。

2. 在問問問題題題 1 與問問問題題題 2 中，針對任意三角形，我們討論了引引引理理理 1 裡的 P 點不在三角 形內部的所有情形，我們發現『三組線段比值之和』有為定值 1 的情形，亦有大於 1 的時候。只是美中不足的是問問問題題題 1 與問問問題題題 2 中的『三組線段比值』並不完全與

(8)

(1) 在空間中，若兩向量 ⇀u 與 v 的夾角為 θ (0≤ θ ≤ 180) 時，則我們定義

⇀u

⇀v =∣⇀u ∣ cos θ

∣⇀v ∣

(2) 承 (1) ，在空間中，若兩向量 ⇀u 與 v 同方向，則我們定義

⇀u

⇀v =∣⇀u ∣

∣⇀v ∣

(3) 承 (1) ，在空間中，若兩向量 ⇀u 與 v 反方向，則我們定義

⇀u

⇀v = −∣⇀u ∣

∣⇀v ∣

AP 、 ←→

BP 與 ←→

CP 分別交三邊 所在直線←→BC 、←→CA 與 ←→AB 於 P1 、 P2 與 P3 三點，過 A 點作平行直線 ←→BC 的直線 LA 、過 B 點作平行直線 ←→CA 的直線 LB 及過 C 點作平行直線 ←→AB 的直線 LC ，使得 LB 與 LC 交於點 A 、 LC 與 LA 交於點 B及 LA 與 LB 交於點 C ，如圖 D − 1 所 示，則

(1) 若 P 點落在 ΔABC 內部或 P ∈ IBA 或 P ∈ ICA 或 P ∈ IA ，如問問問題題題 1 中的圖 1− 1 所示，試證明：

P P1 AP1+P P2

BP2+P P3 CP3 = 1

(2) 若 P 點落在 ΔABC 內部或 P ∈ IAB 或 P ∈ ICB 或 P ∈ IB ，如問問問題題題 1 中的圖 1− 2 所示，試證明：

P P1 AP1P P2

BP2 +P P3 CP3 = 1

(3) 若 P 點落在 ΔABC 內部或 P ∈ IAC 或 P ∈ IBC 或 P ∈ IC ，如問問問題題題 1 中的圖 1− 3 所示，試證明：

P P1 AP1+P P2

BP2P P3 CP3 = 1 (4) 若 P ∈ IA ，如問問問題題題 1 中的圖 1 − 4 所示，試證明：

P P1 AP1P P2

BP2P P3 CP3 = 1 (5) 若 P ∈ IB ，試證明：

P P1 AP1+P P2

BP2P P3 CP3 = 1

(9)

(6) 若 P ∈ IC ，試證明：

P P1

AP1P P2

BP2+P P3

CP3 = 1 證

P P1

⇀AP1

+

⇀P P2

⇀BP2

+

⇀P P3

⇀CP3

= 1

←→AP1 、←→BP2 與 ←→CP3 使得 ←→AP1 與←→BP2 相交於 P 、 ←→BP2 與←→CP3 相交於 Q 、←→CP3

←→AP1 相交於 R ，如下圖所示，則下述結論成立。

(1) 在《幾何明珠》一書（參考資料 [5]）中第 55 頁曾經提到如下結論：

2+ΔP QR

ΔABC = 2 + (k1k2k3− 1)2

(1 + k1+ k1k2) (1 + k2+ k2k3) (1 + k3+ k3k1)

(2) 如圖 T 2 − 1，當 P1 、 P2 與 P3 分別為線段 BC 、 CA 與 AB 上的動點時，則

⇀P P1

⇀AP1

+

⇀RP1

⇀AP1

+

⇀QP2

⇀BP2

+

⇀P P2

⇀BP2

+

⇀RP3

⇀CP3

+

⇀QP3

⇀CP3

= 2 +ΔP QR ΔABC

= 2 + (k1k2k3− 1)2

(1 + k1+ k1k2) (1 + k2+ k2k3) (1 + k3+ k3k1)

(10)

(1) 參閱 《幾何明珠》一書（參考資料 [5]）中第 55 頁之證法。

(2)

⇀P P1

⇀AP1

+

⇀RP1

⇀AP1

+

⇀QP2

⇀BP2

+

⇀P P2

⇀BP2

+

⇀RP3

⇀CP3

+

⇀QP3

⇀CP3

= P P1 AP1+RP1

AP1 +QP2 BP2+P P2

BP2+RP3 CP3 +QP3

CP3

= ΔP BC

ΔABC +ΔRBC

ΔABC+ΔQCA

ΔBCA+ΔP CA

ΔBCA+ΔRAB

ΔCAB+ΔQAB ΔCAB

= 1

ΔABC[(ΔP BC + ΔP CA) + (ΔQCA + ΔQAB) + (ΔRAB + ΔRBC)]

= 1

ΔABC[(ΔABC − ΔP AB) + (ΔABC − ΔQBC) + (ΔABC − ΔRCA)]

= 1

ΔABC[3ΔABC − (ΔABC − ΔP QR)] = 2ΔABC − ΔP QR

ΔABC = 2 +ΔP QR ΔABC

= 2 + (k1k2k3− 1)2

(1 + k1+ k1k2) (1 + k2+ k2k3) (1 + k3+ k3k1) 故得證原命題成立。

⇀P P1

⇀AP1

+

⇀RP1

⇀AP1

+

⇀QP2

⇀BP2

+

⇀P P2

⇀BP2

+

⇀RP3

⇀CP3

+

⇀QP3

⇀CP3

= 2 ，此時，k1 1 ×k1

1 ×k1 1 = 1

，由西瓦定理知，←→AP1 、←→BP2 與 ←→CP3 三線共點，即當 k1k2k3= 1 時，定定定理理理 2 會變成

←→CP 與←→DP ，←→AP 分別交←→BC 與←→CD 於 P1 與 P2 兩點、←→BP 分別交←→CD 與 ←→DA 於 P3

(1)

P P1 AP1 +P P3

BP3+P P5 CP5 +P P7

DP7 =P P2 AP2 +P P4

BP4+P P6 CP6 +P P8

DP8 = 2

(11)

(2)

P P1

AP1+P P2

AP2 +P P3

BP3 +P P4

BP4 +P P5

CP5+P P6

CP6 +P P7

DP7+P P8

DP8 = 4

AP 、←→

BP 、 ←→

CP 與 ←→

DP ， ←→

AP 分別交 ←→

BC 與 ←→

CD 於 P1 與 P2 兩 點、←→BP 分別交←→CD 與←→DA 於 P3 與 P4 兩點、←→CP 分別交 ←→DA 與←→AB 於 P5 與 P6 兩 點、←→DP 分別交←→AB 與←→BC 於 P7 與 P8 兩點，如圖 5 − 1 與圖 5 − 2 所示，則

(1) 當 P ∈ IA 時，則 P P1

AP1 +P P3

BP3P P5

CP5P P7

DP7 =P P2

AP2P P4

BP4P P6

CP6 +P P8

DP8 = 2 亦即 P P1

AP1+P P2 AP2 +P P3

BP3P P4 BP4P P5

CP5P P6 CP6P P7

DP7+P P8 DP8 = 4 (2) 當 P ∈ IAB 時，則

P P1 AP1 +P P3

BP3+P P5 CP5P P7

DP7 =P P2 AP2 +P P4

BP4P P6 CP6 +P P8

DP8 = 2 亦即 P P1

AP1+P P2 AP2 +P P3

BP3 +P P4 BP4 +P P5

CP5P P6 CP6P P7

DP7+P P8 DP8 = 4

(12)

(3) 當 P ∈ IB 時，則

P P1

AP1 +P P3

BP3 +P P5

CP5P P7

DP7 = P P2

AP2 +P P4

BP4P P6

CP6P P8

DP8 = 2 亦即

P P1 AP1 +P P2

AP2+P P3 BP3+P P4

BP4+P P5 CP5P P6

CP6P P7 DP7P P8

DP8 = 4 (4) 當 P ∈ IBC 時，則

P P1 AP1 +P P3

BP3 +P P5 CP5+P P7

DP7 = P P2 AP2 +P P4

BP4 +P P6 CP6P P8

DP8 = 2 亦即

P P1 AP1 +P P2

AP2+P P3 BP3+P P4

BP4+P P5 CP5 +P P6

CP6+P P7 DP7P P8

DP8 = 4 (5) 當 P ∈ IC 時，則

P P1 AP1P P3

BP3+P P5 CP5 +P P7

DP7 = −P P2 AP2 +P P4

BP4+P P6 CP6P P8

DP8 = 2 亦即

P P1

AP1P P2

AP2P P3

BP3+P P4

BP4+P P5

CP5 +P P6

CP6+P P7

DP7P P8

DP8 = 4 (6) 當 P ∈ ICD 時，則

P P1

AP1P P3

BP3 +P P5

CP5+P P7

DP7 = −P P2

AP2 +P P4

BP4 +P P6

CP6+P P8

DP8 = 2 亦即 P P1

AP1P P2

AP2P P3

BP3 +P P4

BP4 +P P5

CP5+P P6

CP6 +P P7

DP7+P P8

DP8 = 4 (7) 當 P ∈ ID 時，則

P P1

AP1P P3

BP3P P5

CP5+P P7

DP7 = −P P2

AP2P P4

BP4 +P P6

CP6+P P8

DP8 = 2 亦即 P P1

AP1P P2 AP2P P3

BP3P P4 BP4P P5

CP5+P P6 CP6 +P P7

DP7+P P8 DP8 = 4 (8) 當 P ∈ IDA 時，則

P P1

AP1 +P P3

BP3P P5

CP5 +P P7

DP7 =P P2

AP2P P4

BP4+P P6

CP6 +P P8

DP8 = 2 亦即 P P1

AP1+P P2 AP2 +P P3

BP3P P4 BP4P P5

CP5+P P6 CP6 +P P7

DP7+P P8 DP8 = 4

(13)

『平行四邊形』，如下所示。

BP 分別交←→

CD 與←→

DA 於 P3 與 P4 兩點、←→

CP 分別交←→

DA 與 ←→

AB 於 P5 與 P6

(1) ⇀P P1

⇀AP1 +

⇀P P3

⇀BP3+

⇀P P5

⇀CP5 +

⇀P P7

⇀DP7 =

⇀P P2

⇀AP2 +

⇀P P4

⇀BP4+

⇀P P6

⇀CP6 +

⇀P P8

⇀DP8 = 2 (2) ⇀P P1

⇀AP1+

⇀P P2

⇀AP2 +

⇀P P3

⇀BP3 +

⇀P P4

⇀BP4 +

⇀P P5

⇀CP5+

⇀P P6

⇀CP6 +

⇀P P7

⇀DP7+

⇀P P8

⇀DP8 = 4

(14)

(1) 承上述定定定理理理 3 ，如果 P 點落在平行四邊形 ABCD 四邊所在直線上，但是 P 點不 與平行四邊形 ABCD 之四頂點重合，則某些頂點與 P 點的連線會與平行四邊形 ABCD 之某邊所在直線平行，即此連線不與該邊所在直線有交點，此時，若我們 定義此連線與該邊所在直線相交於無窮遠處，並規定此頂點到此無窮遠交點之有向 線段與 P 點到此無 窮遠交點之有向線段的比值為 1,則上述定定定理理理 3 中的結論亦會 成立。

(2) 承上述定定定理理理 3 與備備備註註註 5 (1)中之定義與規定，如果 P 點與平行四邊形 ABCD 的 某頂點重合，則定定定理理理 3 中的結論可『視為不成立』或『視為成立』。

(1) 我們僅討論 P 點落在 BC 上的情形，其他情形的證明方法類似，如下圖 R5 − 1 所 示：

(a)

⇀P P1

⇀AP1

+

⇀P P3

⇀BP3

+

⇀P P5

⇀CP5

+P P7

⇀DP7

= 0 + (−CP

BC) + 1 +P B

BC + 1 =BC BC+ 1 = 2 (b)

⇀P P2

⇀AP2+

⇀P P4

⇀BP4+

⇀P P6

⇀CP6+

⇀P P8

⇀DP8 = 0 + (−CP

BC =P B − CP

BC + 1 =BC BC+ 1 = 2 (c) 將上述 (a) 與 (b) 兩式相加即得

⇀P P1

⇀AP1 +

⇀P P2

⇀AP2 +

⇀P P3

⇀BP3 +

⇀P P4

⇀BP4 +

⇀P P5

⇀CP5 +

⇀P P6

⇀CP6 +

⇀P P7

⇀DP7+

⇀P P8

⇀DP8 = 4 (2)

i.

⇀P P1

⇀AP1

+

⇀P P3

⇀BP3

+

⇀P P5

⇀CP5

+P P7

⇀DP7

= 0 + 1 + 1 + 0 = 2 ；

ii.

⇀P P2

⇀AP2

+

⇀P P4

⇀BP4

+

⇀P P6

⇀CP6

+

⇀P P8

⇀DP8

= 1 + 1 + 0 + 0 = 2 ；

(15)

iii. 將上述 (a) 與 (b) 兩式相加即得

⇀P P1

⇀AP1 +

⇀P P2

⇀AP2+

⇀P P3

⇀BP3+

⇀P P4

⇀BP4+

⇀P P5

⇀CP5 +

⇀P P6

⇀CP6+

⇀P P7

⇀DP7 +

⇀P P8

⇀DP8 = 4 故定定定理理理 3 中的結論成立。

A1P 、←→

A2P 、←→

A3P 、←→

A4P 與←→

A5P ，←→

A1P 分別交 ←→

A2A3、←→

A3A4 與←→

A4A5

、←→

A1A2與←→

A2A3 於 P10 、 P11與 P12 三點，←→

A5P 分別交 ←→

A1A2 、←→

A2A3與←→

A3A4P13 、 P14 與 P15 三點，如下圖 6 − 1 所示，試證明：

(1)

5 k=1

P P1+3(k−1) AkP1+3(k−1)

⎠= P P1

A1P1 + P P4

A2P4+ P P7

A3P7+ P P10

A4P10 + P P13

A5P13 = 5+√ 5 2 (2)

5 k=1

P P2+3(k−1) AkP2+3(k−1)

⎠= P P2

A1P2 + P P5

A2P5+ P P8

A3P8+ P P11

A4P11 + P P14

A5P14 =√ 5 (3)

5 k=1

P P3+3(k−1) AkP3+3(k−1)

⎠= P P3

A1P3 + P P6

A2P6+ P P9

A3P9+ P P12

A4P12 + P P15

A5P15 = 5+√ 5 2 (4)

3 i=1

5 k=1

P Pi+3(k−1) AkPi+3(k−1) =⎛

5 k=1

P P1+3(k−1) AkP1+3(k−1)

⎠+⎛

5 k=1

P P2+3(k−1) AkP2+3(k−1)

⎠+⎛

5 k=1

P P3+3(k−1) AkP3+3(k−1)

⎠= 5+2√ 5

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