Gazeta Matematica

Dan Barbilian - Gazeta Matematică, nr. 11 din 1928

*LINIILE FRÂNTE ECHILATERE, INSCRISE UNUI ACELAŞ UNGHIU

Fie axele şi care se intersectează în O. Să considerăm vectorul , cu origina pe axa şi extremitatea pe . Se poate constatà uşor că orice alt vector , echipolentic cu şi având origina şi extremitatea pe aceleaşi axe, se confundă neapărat cu acesta.

Intr’adevăr, lăsând la o parte condiţia ca extremitatea B1 să se găsească pe axa , locul ei geometric e o paralelă (unică) la , care taie pe în A1. Deci, problema înscrierii într’un anumit unghiu, a unui segment echipolentic cu un segment dat, are o singură soluţie, ceeace justifică afirmarea făcută mai sus.

Aşà fiind, cu plecare dela segmentul A0A1, să construim o linie frântă A0A1A2A3A4A5....A2n, cu vârfurile pare pe axa şi cele impare, pe axa , aşà încât :

Această construcţie se poate executà foarte uşor, cu compasul.

Să observăm că trecerea dela vectorul la vectorul se face printr’o simetrie faţă de o axă perpendiculară pe . Trecerea dela vectorul , la se face printr’o simetrie faţă de o altă axă, perpendiculară pe . Compunerea a două simetrii dă naştere la o rotaţie, de unghiu de două ori mai mare ca unghiul axelor de simetrie.

Fie unghiul pozitiv pe care axa îl face cu . Axele de simetrie, perpendiculare pe acestea, vor face între ele un unghi egal tot cu .

Conchidem deci că vectorul se duce din printr’o rotire de amplitudine (centrul de rotaţie nu ne interesează).

La fel se dovedeşte că se deduce din printr’o rotire de unghi  ; sau, direct, din , după o rotire de unghi . Vectorul se deduce din după o rotire de unghi , etc.....

In general, vectorul , se deduce din vectorul iniţial după o rotire de unghi .

O condiţie necesară (fără a puteà spune deocamdată că e şi suficientă) ca linia noastră poligonală să se închidă după operaţia de rang 2n, e ca ultimul vector să devină echipolent cu primul, , adică amplitudinea să se reducă la un multiplu de . După cum vedem această condiţie se referă numai la unghiul celor două axe şi  ; nicidecum la segmentul A0A1, dela care am început să înscriem linia poligonală.

Cevà mai mult : pentruca operaţia de rangul 2n să fie cea dintâi care aduce vectorul echipolent cu , trebuie şi este deajuns ca să fie o fracţiune ireductibilă, de numitor 2n dintr’o semicircumferinţă, adică

1)

unde m şi n sunt prime între ele.

Dar această condiţie, necesară pentru închiderea construcţiei este şi suficientă, în virtutea observaţiei făcute la început, anume că doi vectori şi echipolenţi şi înscrişi în acelaş unghi, se confundă.

Avem prin urmare următoarea propoziţie :

Unghiurile egale cu o fracţiune ireductibilă, de numitor n, dintrun semicerc, sunt singurele capabile de un poligon echilater de 2n laturi înscris în unghi. Una din laturile poligonului poate fi aleasă după voie, toate celelalte se deduc succesiv printr’o construcţie uşoară, cu ajutorul compasului.

*

* *

Exemplul cel mai simplu de unghi capabil de un poligon echilater este, evident, acela care corespunde cazului

,

adică unghiului drept. E clar că într’un astfel de unghi se pot înscrie o infinitate de romburi de latură arbitrară.

Imediat următor e cazul unghiului de 60° :

.

Problema înscrierii unui exagon echilater de latură arbitrară, într’un unghi de 60° a fost propusă anul acesta la concursul G. M. (teza de Geometrie, cl. IV). Demonstraţia se poate face, pentru acest caz, pe cale cu totul elementară.

Pentru a precizà, să presupunem că în triunghiul A0OA1, unghiul din A0 e mai mic ca unghiul din A1 ; se vede numai decât că avem atunci :

.

După o teoremă cunoscută (la unghiul mai mare se opune latura mai mare) avem :

.

Această neegalitate arată că oblica A2O e mai scurtă decât oblicele egale A1A0 şi A1A2 ; deci punctul O vine între A1 şi A2. Din aproape în aproape, prin raţionamente echivalente, se demonstrează că punctul O este interior segmentului A1A3 ; exterior, lui A2A4 ; iarăşi interior, lui A3A5 ; interior de asemenea lui A4A6.

Fie acum A1P perpendiculara din A1 pe şi oblica egală cu A1O. Se vede numai decât că triunghiul e echilateral. Pe de altă parte triunghiurile OA1A2 şi sunt simetrice faţă de A1P, deci egale. Prin urmare

.

Avem egalitatea următoare, urmată de alte patru egalităţi, deduse pe aceeaşi cale :

.

Comparând aceste egalităţi scoatem imediat

.

Dar s’a observat că A0 şi A6 vin pe aceeaşi axă şi de aceeaşi parte faţă de O ; aşà dar coincid.

Q. E. D.

*

* *

Această problemă, în cazul ei general, am propus-o la Cercul de Geometrie Elementară al studenţilor în matematici, anul I. Domnul G. Theiler a dat problemei o soluţie ingenioasă, însă necomplectă.

Domnul Profesor Ţiţeica mi-a atras atenţia că problema subsistă şi în cazul a două axe şi arbitrare, în spaţiu.

Această proprietate a unghiului a cărui valoare e o fracţiune raţională dintr’o semicircumferinţă am găsit-o întâi pe o altă cale, care poate prezentà interes întrucât leagă această chestiune elementară de teoreme de închidere mai complicate.

Fie segmentul A0A1 de lungime dată l, care se sprijină în mişcarea lui pe axele şi de unghi . Insemnând cu x şi y abscisele şi , avem legătura :

2) .

Diferenţiând, obţinem :

3) .

Dar avem, identic, în virtutea lui 2) :

 ; .

Astfel ecuaţia diferenţială 3) se reduce la o ecuaţie Euler, degenerată :

4)

care se integrează numai decât, exprimând pe x şi y prin funcţiuni uniforme de două argumente u şi v :

5) , .

Avem, în virtutea acestei substituţii

,

a cărei integrală generală este evident

6)

unde C e o constantă. Pentru determinarea ei să luăm cosinusul :

sau, înlocuind cu valorile 5) :

Pentru ca această ecuaţie să se identifice cu 2) putem luà , cu condiţia ca să alegem pentru formulă semnul superior (minus).

Avem astfel, conform lui 6) :

,

Să însemnăm cu u2i argumentele corespunzătoare punctelor A2i şi cu argumentele corespunzătoare punctelor .

Avem, conform lui 7) :

Condiţia necesară şi suficientă pentru închidere este deci

.

D. Barbilian.