请教一个向量问题，先谢谢了！

hongxian

设$P_1,P_2,\cdots P_n$是单位圆$O$内接正$n$边形的顶点，求证：$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}

\overrightarrow{OP_i}=\overrightarrow{0}$

其妙

回复 1# hongxian
凭感觉就是对的，例如正偶数边形是显然正确。

kuing

将图形绕圆心旋转 $2\pi/n$ 度，与原图形重合，故和向量旋转后也应与未旋转前的原和向量相同，所以只能为 $\vv0$。

这句话是我以前在某群里讲过的，不过当时好像没被接受。

其妙

回复 3# kuing
类似于复数的幅角，或者完全剩余系的理解，因为有个周期在里面。

其妙

回复 4# 其妙
那就用复数来证明，不妨设是单位圆，那么每个顶点$P_k$表示的复数就是$1$的$n$次单位根（方程$x^n-1=0$的$n$个复数根），
当然，这要适当建立坐标系，使$P_1$表示的复数是$1$，
显然这$n$个单位根之和为$0$，（可用韦达定理证明）

hongxian

回复 3# kuing


    这个理解好，我个人还是能够接受的！

其妙

这句话是我以前在某群里讲过的，不过当时好像没被接受。
kuing 发表于 2013-9-20 16:11

如果用复数来解释旋转，先建立坐标系使$P_1$对应复数1，即$P_k$对应复数$\varepsilon_1，\varepsilon_2，\cdots，\varepsilon_n$，
其中$\varepsilon_k=\cos\dfrac{2k\pi}{n}+i\sin\dfrac{2k\pi}{n}，k=0,1,2，\cdots,n-1$，显然，$\varepsilon_1+\varepsilon_2+\cdots+\varepsilon_n=0$。
于是旋转$\dfrac{2k\pi}{n}$时，各点对应的复数就变为$\varepsilon_2，\varepsilon_3，\cdots，\varepsilon_n，\varepsilon_{1}$，此时，$\varepsilon_2+\varepsilon_3+\cdots+\varepsilon_n+\varepsilon_1=0$没有变化。

心语

令ε1=1
因为ε2（ε1+ε2+⋯+εn）=ε2+ε3+⋯+εn+ε1，ε2不为0
所以ε1+ε2+ε3+⋯+εn=0

kuing

一样意思

hongxian

回复 8# 心语    

进一步代数化了!

其妙

回复  hongxian
凭感觉就是对的，例如正偶数边形是显然正确。
其妙 发表于 2013-9-20 16:11

那就分奇偶来证明吧（需要用到正$n$边形是轴对称图形的知识）：以下设$R,r$分别表示外接圆和内切圆的半径。
（1）当$n$是偶数的时候，对每一个向量$\overrightarrow{OP_k}$，都有一个向量$\overrightarrow{OP_m}=-\overrightarrow{OP_k}$，
      其中$(m=\dfrac{n+2}{2})$，此时需要定义$\overrightarrow{OP_{k+n}}=\overrightarrow{OP_{k}},k=1,2,3,\cdots,n$。
故$\overrightarrow{S}=\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \overrightarrow{OP_k}=-\displaystyle \sum_{m=1}^{n} \overrightarrow{OP_m}=-\overrightarrow{S}$，于是$2\overrightarrow{S}=\overrightarrow{0}$，即$\overrightarrow{S}=\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \overrightarrow{OP_k}=\overrightarrow{0}$。
（2）当$n$是奇数的时候，对每两个相邻向量的和$\overrightarrow{OP_k}+\overrightarrow{OP_{k+1}}$，都有一个向量$-\lambda\overrightarrow{OP_m}=(\overrightarrow{OP_k}+\overrightarrow{OP_{k+1}})$，
其中$m=\dfrac{2k+n+1}{2}$，且$\lambda=\dfrac{2r}{R}>0$。同样需要定义$\overrightarrow{OP_{k+n}}=\overrightarrow{OP_{k}},k=1,2,3,\cdots,n$。
于是，$2\overrightarrow{S}=2\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \overrightarrow{OP_k}=\displaystyle \sum_{k=1}^{n} (\overrightarrow{OP_k}+\overrightarrow{OP_{k+1}})=-\lambda\displaystyle \sum_{m=1}^{n} \overrightarrow{OP_m}=-\lambda\overrightarrow{S}$，$(2+\lambda)\overrightarrow{S}=\overrightarrow{0}$，
因为$\lambda=\dfrac{2r}{R}>0$，所以$\overrightarrow{S}=\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \overrightarrow{OP_k}=\overrightarrow{0}$。

其妙

设$P_1，P_2，P_3，…，P_n$是圆$O$内接正$n$边形的顶点，$P$是圆$O$上的任意点，
求证：(1)$\vv{PP_1}+\vv{PP_2}+...+\vv{PP_n}$为定向量；
(2)$\vv{PP_1}^2+\vv{PP_2}^2+...+\vv{PP_n}^2$为定值。
题出对没有？

kuing

回复 12# 其妙

都写成 $\vv{PO}+\vv{OP_i}$ 就完了……

其妙

不知道楼主的标准答案是什么？

hongxian

回复 14# 其妙


    自已想的一个题,没有什么标准答案!

hongxian

回复 12# 其妙


    用这个结论比较好证了!

其妙

再用两种方法证明一下楼主的题目（看一下有无疑问）：
设$\overrightarrow{S}=\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \overrightarrow{OP_k}$，则$\overrightarrow{S}\cdot\vv{OP_1}=\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \overrightarrow{OP_k}\cdot\vv{OP_1}=R^2\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \cos\dfrac{2k\pi}{n}=0$，
            （注意：这里有$\cos(\pi+\theta)=\cos(\pi-\theta$)，还用了三角函数的性质）.
于是$\overrightarrow{S}\cdot\vv{OP_1}=0$，同理，$\overrightarrow{S}\cdot\vv{OP_2}=0$，……，$\overrightarrow{S}\cdot\vv{OP_n}=0$，
以上各式相加得，$\overrightarrow{S}\cdot(\vv{OP_1}+\vv{OP_2}+\cdots+\vv{OP_n})=\vv S\cdot\vv S=0$，
故$\overrightarrow{S}=\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \overrightarrow{OP_k}=\overrightarrow{0}$。
      另外，可不可以这样做：
$\overrightarrow{S}\cdot\vv{OP_1}=|\overrightarrow{S}|\cdot|\vv{OP_1}|\cos(\overrightarrow{S},\vv{OP_1})=0$，故$|\overrightarrow{S}|\cdot|\cos(\overrightarrow{S},\vv{OP_1})=0$，也可得到$|\overrightarrow{S}|=0$或$\cos(\overrightarrow{S},\vv{OP_1})=0$，
其中$\cos(\overrightarrow{S},\vv{OP_1})=0$，可得$\overrightarrow{S}\perp\vv{OP_1}$，同理，$\overrightarrow{S}\perp\vv{OP_2}$，
看来只有$\overrightarrow{S}=\overrightarrow{0}$才可能使上述两式子成立、

hongxian

回复 17# 其妙


    第一种比较严谨,好方法!
只是要想说明$\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \cos\dfrac{2k\pi}{n}=0$难度不会比原题小吧!

kuing

回复 18# hongxian

你看得懂第二种么？我看不懂

其妙

回复 19# kuing
看不懂什么？哪里看不懂？