Может ли сумма НЕ ВСЕХ векторов, выходящих из центра правильного p -угольника, в его вершины, быть равна нулю? / forpes.ru

Главная
Может ли сумма НЕ ВСЕХ векторов, выходящих из центра правильного p -угольника, в его вершины, быть равна нулю?

Может ли сумма НЕ ВСЕХ векторов, выходящих из центра правильного p -угольника, в его вершины, быть равна нулю? +4

09.06.2025 11:31

alexlyk314 6 675 Источник

Автор статьи: Канунников Андрей, к. ф.-м. н., преподаватель ШАДХелпер.

Условие: Может ли сумма НЕ ВСЕХ векторов, выходящих из центра правильного p -угольника, в его вершины, быть равна нулю? p - простое.

Решение:

Пусть $A_1\ldots A_n$ — правильный -угольник с центром . Легко доказать, что

$\overrightarrow{OA_1}+ \ldots + \overrightarrow{OA_n}= \overrightarrow{0}. \;\;(1)$

В самом деле, повернём все векторы $\overrightarrow{OA_k}$ на угол $\tfrac{2 \pi}{n}$ вокруг точки . Их сумма, с одной стороны, повернётся на тот же угол, а с другой, не изменится, так как векторы перейдут друг в друга. Значит, эта сумма равна $\overrightarrow{0}$ , так как любой ненулевой вектор меняется при повороте на угол $\tfrac{2 \pi}{n}$ .

Зададимся теперь таким вопросом: при каких из левой части равенства (1) можно вычеркнуть какие-то векторы (но не все), чтобы сумма оставшихся по-прежнему равнялась 0. При составном это сделать можно: если $n=kl \;\;(k,l<n)$ , то достаточно оставить каждый -й вектор.

Пусть теперь n=p — простое число. Оказывается тогда нельзя вычеркнуть векторы так, чтобы сумма оставшихся оставалась нулевой. Как это доказать?

Будем интерпретировать векторы $\overrightarrow{OA_k}$ как комплексные корни -й степени из единицы:

$1,\varepsilon,\ldots,\varepsilon^{p-1}, \text{ где } \varepsilon=\cos \frac{2\pi}{p}+i\sin\frac{2\pi}{p}.$

Предположим, что сумма некоторых из них, но не всех, равна :

$\varepsilon^{j_1}+\ldots+\varepsilon^{j_k}=0, \text{ где } 0\leq j_1<\ldots \;\;\; (2)$

Это значит, что $\varepsilon$ — корень многочлена

$f(x)=x^{j_1}+\ldots+x^{j_k}.$

Но $\varepsilon$ — также корень кругового многочлена

$\Phi_p(x)=x^{p-1}+\ldots+x+1.$

Дальше можно рассуждать по-разному.

I способ. Многочлены f(x) и $\Phi_p(x)$ имеют некоторый нетривиальный наибольший общий делитель $d(x)\in \mathbb Q[x]$ (вслед за f(x) и $\Phi_p(x)$ их НОД имеет корень $\varepsilon$ и рациональные коэффициенты, так как может быть вычислен алгоритмом Евклида, не выводящим за рамки основного поля — в данном случае $\mathbb Q$ ). Это, однако, противоречит известному факту: многочлен $\Phi_p(x)$ неприводим над $\mathbb Q$ .

Доказательство последнего факта опирается на некоторую теорию: самое простое — использовать признак Эйзенштейна и лемму Гаусса о примитивных многочленах (из которой следует, что неприводимость над $\mathbb Z$ многочлена влечёт его неприводимость над $\mathbb Q$ ; признак Эйзнештейна устанавливает неприводимость над $\mathbb Z$ , используя редукцию по модулю ).

Оказывается, есть более простое рассуждение. Я узнал его от 9-классника Александра Бельских. Приведу его с незначительными изменениями.

II способ. Рассмотрим многочлены

$f(x),f(x^2),f(x^3),\ldots,f(x^{p-1}).$

Мы знаем, что f(x) имеет корень $\varepsilon$ . Так как $\varepsilon^{p+1}=\varepsilon$ , то $\varepsilon^{\frac{p+1}{2}}$ — корень многочлена f(x^2) . Вообще, для любого $k\in \{1,\ldots,p-1\}$ существует единственное $l\in \{1,\ldots,p-1\}$ , для которого $kl\equiv 1 \pmod p$ ( $\mathbb Z_p$ — поле). Поэтому $\varepsilon^k$ — корень многочлена f(x^l) : $f(\varepsilon^{kl})=f(\varepsilon)=0$ . Итак, все корни многочлена $\Phi_p(x)$ — числа $\varepsilon,\ldots,\varepsilon^{p-1}$ (кратности 1) — являются корнями многочлена $f(x)f(x^2) \ldots f(x^{p-1})$ , отсюда

$\Phi_p(x)\mid f(x)f(x^2)\ldots f(x^{p-1}) \text{ в } \mathbb Z[x].$

Почему именно в $\mathbb Z[x]$ , а не просто в $\mathbb Q[x]$ ? Потому что многочлен $\Phi_p(x)$ имеет старший коэффициент , а потому при делении на него уголком не возникнет дробных коэффициентов. Отсюда, подставляя x=1 , получим

$p=\Phi_p(1)\mid f(1)^{p-1}=k^{p-1}.$

Это, однако, невозможно, так как — простое и $1\leq k < p.$

Комментарии (6)

Cheater
09.06.2025 13:11
#28416208
Суровые у вас девятиклассники... Имхо достаточно просто доказать лемму, что если сумма векторов равной длины, равна нулю, то концы этих векторов, исходящих из 1 точки, образуют правильный многоугольник. Далее противоречие с простотой p.
1. Cheater
  09.06.2025 13:11
  #28416434
  Upd: виноват поторопился - бывают наборы векторов равной длины, дающие сумму 0 и не образующие правильный многоугольник. Причём наботы как с чётным, так и с нечётным кол-вом элементов.
  
  С чётным кол-вом: вектора из центра прямоугольника в его углы
  С нечётным кол-вом: все положения часовых стрелок кроме 3,4,8,9,12. (равносторонний треугольник 2 6 10 + крест 1 5 7 11).
  1. CrazyOpossum
    09.06.2025 13:11
    #28416472
    На этой поправке подозрение не закралось? Возьмите так же, например, 9-угольник и выбросьте каждый третий вектор.

Metotron0
09.06.2025 13:11
#28416354
Сложно вникать.

Я бы доказал так: возьмём квадрат и два вектора, направленных вдоль одной диагонали. Их сумма равна нулю.

А, заметил в тексте задачи, что p — простое число. В заголовке этого не было.
1. CrazyOpossum
  09.06.2025 13:11
  #28416476
  Заголовок не соответствует задаче, просто. В заголовке "найдите пример", а в задаче "докажите критерий", что сложнее.

santjagocorkez
09.06.2025 13:11
#28418318
А вектор, выходящий из центра в сторону вершины, и длина которого, допустим, равна половине расстояния от центра до этой вершины — это всё ещё удовлетворяющий условию задачи вектор, ведь так? Тогда самое первое построение (1) — ложное в общем случае, но истинное в ряде (пусть и бесконечном) частных случаев.

Может ли сумма НЕ ВСЕХ векторов, выходящих из центра правильного p -угольника, в его вершины, быть равна нулю? +4

Комментарии (6)

Cheater

Cheater

CrazyOpossum

Metotron0

CrazyOpossum

santjagocorkez