افرازِ یک چندضلعیِ منتظم

رأس‌ها را هر طور میانِ چندضلعی‌های منتظم قسمت کنید، دو تای هم‌نهشت خواهید داشت

مسئلهٔ این برگه هندسی است، اما راه‌حلی که خواهیم ساخت بر حقیقتی ساده دربارهٔ ریشه‌های واحد سوار است. اگر با اعداد مختلط آشنا نیستید، مجموعهٔ اعداد مختلط همه‌چیز را از صفر می‌سازد.

صورت مسئله

رأس‌های یک چندضلعیِ منتظم را به دست‌کم دو دسته افراز کرده‌اند، به‌طوری‌که رأس‌های هر دسته خودشان رأس‌های یک چندضلعیِ منتظم باشند (هر یک با دست‌کم سه رأس). ثابت کنید دو تا از این چندضلعی‌ها هم‌نهشت‌اند.

---

کندوکاوِ نخست: هم‌نهشت یعنی هم‌اندازه

اولین مشاهده این است که همهٔ چندضلعی‌های افراز در یک دایره محاط‌اند: رأس‌های هر دسته از میانِ رأس‌های چندضلعیِ بزرگ برداشته شده‌اند، و آن رأس‌ها همگی روی دایرهٔ محیطیِ او نشسته‌اند.

و یک چندضلعیِ منتظمِ محاط در دایره‌ای ثابت، موجودِ سفت‌وسختی است: تعدادِ رأس‌هایش — بگویید $m$ — شکلش را تمام‌وکمال تعیین می‌کند. مرکزش ناچار مرکزِ دایره است، رأس‌هایش کمان‌های $\frac{2\pi}{m}$ می‌سازند، و طولِ ضلعش $2R\sin\frac{\pi}{m}$ است. (چرا؟) پس دو چندضلعیِ منتظمِ محاط در یک دایره دقیقاً وقتی هم‌نهشت‌اند که تعدادِ رأس‌هایشان برابر باشد. پس هندسه کارش را کرده و کنار می‌رود؛ حرفِ اصلیِ مسئله این است: دو دسته با اندازهٔ برابر پیدا می‌شود. از این‌جا به بعد با همین صورت کار می‌کنیم.

و طنزِ ماجرا را ببینید: این نتیجه بوی اصل لانهٔ کبوتر می‌دهد — «دو تا برابرند» — اما در اثباتی که خواهیم ساخت هیچ کبوتری پر نمی‌زند. همهٔ کار را یک جمعِ صفر می‌کند.

---

اول ببینیم چنین افرازهایی اصلاً هست یا نه

هست. ساده‌ترین نمونه، شش‌ضلعیِ منتظم است: رأس‌های یک‌درمیانش دو مثلثِ متساوی‌الاضلاع می‌سازند — همان ستارهٔ شش‌پر. یک نمونهٔ غنی‌تر، ۱۲-ضلعیِ منتظم است:

۱۲-ضلعی، افرازشده به یک شش‌ضلعی (رأس‌های زوج) و دو مثلث $\lbrace 1, 5, 9\rbrace$ و $\lbrace 3, 7, 11\rbrace$. دو مثلث هم‌نهشت‌اند — و کوچک‌ترین اندازه دو بار آمده است.

پیش از ادامه، حدس بزنید. آیا می‌توان ۲۴ رأسِ یک ۲۴-ضلعیِ منتظم را به یک مربع، دو شش‌ضلعی و یک هشت‌ضلعیِ منتظم افراز کرد؟ شمارش مانعی نمی‌بیند: $4 + 6 + 6 + 8 = 24$. حکمِ مسئله هم راضی است — دو شش‌ضلعی هم‌نهشت‌اند. حدس بزنید و نگه دارید — پایانِ برگه تکلیفش را روشن می‌کند.

گام نخست: مسئله را مختلط کنیم

دایرهٔ محیطی را دایرهٔ واحدِ صفحهٔ مختلط بگیرید و مختصات را طوری بچرخانید که یکی از رأس‌های چندضلعیِ بزرگ روی عدد $1$ بیفتد؛ آن‌گاه رأس‌ها دقیقاً ریشه‌های $n$-اُم واحدند:

$$\varepsilon^{\,t}, \qquad \varepsilon = e^{2\pi i / n}, \qquad t = 0, 1, \dots, n-1$$

حالا یک دستهٔ $m$-رأسی چه شکلی است؟ چندضلعیِ منتظمی است محاط در همین دایره؛ یکی از رأس‌هایش را $w$ بنامید — بقیه با دوران‌های پیاپیِ $\frac{2\pi}{m}$ از آن ساخته می‌شوند، همان تصویرِ آشنای برگهٔ ریشه‌های یک عدد دلخواه: همهٔ رأس‌ها از یکی. پس دسته چنین است:

$$w,\ \ w\,\zeta,\ \ w\,\zeta^2,\ \ \dots,\ \ w\,\zeta^{\,m-1}, \qquad \zeta = e^{2\pi i / m}$$

---

ابزار: جمعِ توان‌ها روی یک چندضلعی

به یک سؤال فنی نیاز داریم: اگر همهٔ رأس‌های یک دسته را به توان $k$ برسانیم و جمع کنیم، چه می‌ماند؟

$$\sum_{j=0}^{m-1} \left(w\,\zeta^{\,j}\right)^{k} = w^k \sum_{j=0}^{m-1} \zeta^{\,jk}$$

و جمعِ سمتِ راست را می‌شناسیم — فیلترِ ریشه‌های واحد است: برای $m \mid k$ برابرِ $m$، وگرنه صفر.

یادآوری: فیلترِ ریشه‌های واحد

$\zeta$ ریشهٔ $m$-اُمِ واحد با زاویهٔ $\frac{2\pi}{m}$ است و توان‌هایش $1, \zeta, \zeta^2, \dots, \zeta^{\,m-1}$ همهٔ ریشه‌های $m$-اُمِ واحدند. ادعا این است که برای هر عددِ صحیحِ $s$:

$$\sum_{j=0}^{m-1} \zeta^{\,j s} = \begin{cases} m, & m \mid s \\ 0, & m \nmid s \end{cases}$$

حالتِ اول ساده است: وقتی $m \mid s$، زاویهٔ $\zeta^{\,s}$ شمارِ درستی از دورِ کامل است، پس $\zeta^{\,s} = 1$ و هر $m$ جمله برابرِ ۱ — جمع $m$.

هر دو حالت برای $m = 5$. راست: وقتی $5 \mid s$، هر پنج جملهٔ $\zeta^{\,js}$ روی $1$ افتاده‌اند و جمع $5$ است. چپ: وقتی $5 \nmid s$، جمله‌ها همان پنج ریشه‌اند، فقط جابه‌جا شده — جمعشان صفر.

برای حالتِ $m \nmid s$ دو راه داریم.

راهِ اول: تصاعدِ هندسی. جمله‌ها توان‌های پیاپیِ $\zeta^{\,s}$ اند — تصاعدی هندسی با قدرنسبتِ $\zeta^{\,s} \neq 1$ — و چون $\zeta^{\,ms} = 1$:

$$\sum_{j=0}^{m-1} \left(\zeta^{\,s}\right)^{j} = \frac{\zeta^{\,ms} - 1}{\zeta^{\,s} - 1} = 0$$

راهِ دوم: دستگاهِ کاملِ مانده‌ها. چون $\zeta^{\,m} = 1$، جملهٔ $\zeta^{\,js}$ فقط به باقی‌ماندهٔ $js$ به پیمانهٔ $m$ بسته است. اگر $s$ و $m$ نسبت به هم اول باشند، باقی‌مانده‌های $0, s, 2s, \dots, (m-1)s$ همان $0, 1, \dots, m-1$ اند، فقط جابه‌جا شده: اگر دو تایشان برابر بودند، $m$ باید $(j_1 - j_2)\,s$ را می‌شمرد، و چون با $s$ اشتراکی ندارد، $j_1 = j_2$. پس جمله‌های جمع همهٔ $m$ ریشهٔ واحدند، هر یک دقیقاً یک بار — و جمعِ همهٔ ریشه‌های واحد صفر است.

همین فیلتر ستونِ برگهٔ المپیاد ۱۹۹۵ هم بود — آن‌جا با پیمانهٔ یک عددِ اول و در نقشِ ابزارِ شمارش.

پس:

جمعِ توان‌های $k$-اُمِ رأس‌های یک چندضلعیِ منتظمِ محاطِ $m$-رأسی برابر است با $m\,w^k$ اگر $m \mid k$ — عددی با قدرمطلقِ $m$، ناصفر — و برابرِ صفر است اگر $m \nmid k$.

---

اثبات: توانی که فقط کوچک‌ترین را می‌بیند

فرضِ خلف: اندازهٔ دسته‌ها دوبه‌دو متمایز است؛ $m_1 < m_2 < \cdots < m_s$ (که $s \ge 2$ و مجموعشان $n$ است). حالا جمعِ توان‌های $m_1$-اُمِ همهٔ رأس‌ها را

$$S = \sum_{t=0}^{n-1} \left(\varepsilon^{\,t}\right)^{m_1}$$

دو جور حساب می‌کنیم. توانِ انتخابیِ ما تصادفی نیست: اندازهٔ کوچک‌ترین دسته.

از بالا. خودِ چندضلعیِ بزرگ هم چندضلعیِ منتظمی محاط است — با $m = n$ و $w = 1$ — پس ابزارِ ما دربارهٔ $S$ حرف دارد: صفر است مگر $n \mid m_1$. اما چون دست‌کم دو دسته داریم، $0 < m_1 < n$؛ و $n$ عددِ مثبتِ کوچک‌تر از خودش را نمی‌شمارد. پس $S = 0$.

از پایین، دسته‌به‌دسته. برای $i \ge 2$ اندازهٔ $m_i$ از $m_1$ بزرگ‌تر است؛ و بخش‌پذیری میانِ اعداد مثبت رو به پایین می‌نگرد — عددِ بزرگ‌تر نمی‌تواند عددِ مثبتِ کوچک‌تر را بشمارد. پس $m_i \nmid m_1$ و سهمِ همهٔ این دسته‌ها صفر است. می‌ماند کوچک‌ترین دسته: یکی از رأس‌هایش را $w_1$ بنامید؛ چون $m_1 \mid m_1$، سهمش $m_1 w_1^{\,m_1}$ است — عددی با قدرمطلقِ $m_1$، ناصفر. پس:

$$0 = S = m_1\, w_1^{\,m_1} \neq 0$$

تناقض. اندازه‌ها نمی‌توانند دوبه‌دو متمایز باشند: دو دسته هم‌اندازه‌اند، یعنی دو چندضلعی هم‌نهشت.

پرسشی طبیعی: در افرازهای واقعی — که دستهٔ هم‌اندازه دارند — صفر بودنِ $S$ چگونه برقرار می‌ماند؟ هر دستهٔ کوچک‌ترین هنوز سهمی ناصفر می‌دهد، اما دیگر تنها نیست: سهم‌ها هم‌قدرمطلق‌اند و می‌توانند یکدیگر را خنثی کنند. تمرین ۲ همین خنثی‌سازی را روی ۱۲-ضلعی به چشم نشان می‌دهد.

و دقت کنید اثبات چیزِ قوی‌تری هم داد. از «متمایز بودنِ همهٔ اندازه‌ها» فقط یک‌جا استفاده کردیم: این‌که کوچک‌ترین اندازه تنهاست. پس در هر افرازِ مجاز، کوچک‌ترین اندازه دست‌کم دو بار می‌آید — همان‌طور که در ۱۲-ضلعیِ بالا، کوچک‌ترین‌ها دو مثلث بودند.

تکلیفِ حدسِ بالا هم روشن شد: ۲۴-ضلعی به مربع و دو شش‌ضلعی و یک هشت‌ضلعی افراز نمی‌شود. حکمِ مسئله مانعی نمی‌دید — دو شش‌ضلعیِ هم‌نهشت سرِ جایشان بودند — اما کوچک‌ترین اندازه، مربع، تنهاست.

---

چطور باید به توانِ $m_1$ می‌رسیدیم؟

حل کوتاه بود، اما توانِ $m_1$ از آسمان آمد. برگردیم و مسیرِ فکری‌ای را بسازیم که به آن می‌رسد.

از دارایی‌مان شروع کنیم. بعد از مختلط کردنِ مسئله، یک ابزار بیشتر نداریم: جمعِ توان‌های $k$-اُم روی هر چندضلعیِ محاط، با جوابِ معلوم. تنها کاری که این ابزار بلد است، ساختنِ معادله است — جمعِ توان‌های $k$-اُمِ همهٔ رأس‌ها را یک بار یک‌جا و یک بار دسته‌به‌دسته حساب کن و دو جواب را برابر بگذار. اما دقت کنید: این یک معادله نیست، خانواده‌ای از معادله‌هاست، یکی برای هر $k$ — و انتخابِ $k$ با ماست.

معادله‌ها را بخوانیم. در معادلهٔ توانِ $k$، هر دسته یا روشن است یا خاموش، و کلیدش بخش‌پذیری است: دستهٔ $m$-رأسی فقط وقتی سهمِ ناصفر دارد که $m \mid k$. پس گشتن در این خانواده یعنی بازی با کلیدها: هر $k$ ترکیبی از دسته‌ها را روشن می‌کند.

حالا هدف را دقیق کنیم. فرضِ خلف می‌گوید اندازه‌ها دوبه‌دو متمایزند و ما دنبال تناقضیم. یک طرفِ معادله‌مان تقریباً همیشه صفر است؛ پس ساده‌ترین تناقض این است که طرفِ دیگر فقط یک جملهٔ ناصفر داشته باشد — چند جملهٔ ناصفر می‌توانند یکدیگر را خنثی کنند، اما یک جملهٔ ناصفرِ تنها نمی‌تواند صفر باشد. سؤالِ مبهمِ «چطور تناقض بگیریم؟» مشخص شد: کدام $k$ دقیقاً یک دسته را روشن می‌کند؟

و این سؤال دیگر خودش را حل می‌کند. $k = m_i$ دستهٔ $i$-اُم را حتماً روشن می‌کند، اما شاید دسته‌های کوچک‌تر را هم روشن کند. مثلاً اگر اندازه‌های ۳ و ۶ در میان باشند، $k = 6$ هر دو را روشن می‌کند. خطر همیشه از پایین می‌آید، چون مقسوم‌علیه‌ها کوچک‌ترند؛ و راهِ بستنِ پایین، ایستادن در تهِ خط است: $k = m_1$، کوچک‌ترین اندازه، که هیچ اندازهٔ بزرگ‌تری آن را نمی‌شمارد.

---

روحِ هندسی: تا کردن

پشتِ این حساب تصویری ساده هست: جمعِ $S$ چیزی نیست جز جمعِ نقطه‌های $z^{\,m_1}$؛ پس ببینیم نگاشتِ $z \mapsto z^{\,m_1}$ با هر دسته چه می‌کند.

اول با اعدادِ مشخص. سه چندضلعیِ محاط با اندازه‌های $3, 6, 9$ را بردارید — کاری نداریم افرازِ واقعی بسازند یا نه، فقط رفتارِ نگاشت را تماشا می‌کنیم — و $m_1 = 3$، یعنی نگاشتِ $z \mapsto z^{3}$. رأس‌های یک دستهٔ $m$-رأسی با گام‌های $\frac{2\pi}{m}$ دورِ دایره می‌چرخند، و توانِ سوم هر زاویه را سه برابر می‌کند؛ پس تصویرِ رأس‌ها با گام‌های $3 \cdot \frac{2\pi}{m}$ می‌چرخد:

• ۹-ضلعی: گامِ تصویر $3 \cdot \frac{2\pi}{9} = \frac{2\pi}{3}$ است — تصویرها رأس‌های یک مثلث‌اند: ۹ رأس روی ۳ مقصد، هر مقصد ۳ بار.
• شش‌ضلعی: گامِ تصویر $3 \cdot \frac{2\pi}{6} = \pi$ است — دو مقصدِ روبه‌روی هم، دو سرِ یک قطر، هر یک ۳ بار.
• مثلث (کوچک‌ترین): گامِ تصویر $3 \cdot \frac{2\pi}{3} = 2\pi$ است — یک دورِ کامل، یعنی هیچ جابه‌جایی‌ای! هر سه رأس روی همان یک نقطه می‌افتند.

تا کردن با $z \mapsto z^{3}$ برای اندازه‌های $3, 6, 9$: ۹-ضلعی به مثلثی متعادل تا می‌شود و شش‌ضلعی به یک قطرِ متعادل (هر رأسِ تصویر، ۳ بار پوشیده)؛ اما مثلثِ کوچک‌ترین به یک نقطهٔ ناصفر کوبیده می‌شود.

حالا حالتِ کلی. رأس‌های دستهٔ $i$-اُم را $w_i\,\zeta_i^{\,j}$ بنویسید — $\zeta_i$ با زاویهٔ $\frac{2\pi}{m_i}$. توانِ $m_1$ می‌دهد:

$$\left(w_i\,\zeta_i^{\,j}\right)^{m_1} = w_i^{\,m_1}\,\left(\zeta_i^{\,m_1}\right)^{\,j}$$

یعنی تصویرها هم باز «یک نقطه و دوران‌های پیاپی‌اش»اند: از $w_i^{\,m_1}$ شروع می‌کنند و با گامِ $\zeta_i^{\,m_1}$ — زاویهٔ $m_1 \cdot \frac{2\pi}{m_i}$ — جلو می‌روند. این گام پس از چند قدم به آغاز برمی‌گردد؟ پس از $t$ قدم به شرطی که $m_i \mid t\,m_1$، و کوچک‌ترین چنین $t$-ای برابرِ $\frac{m_i}{g_i}$ است که $g_i = \gcd(m_i, m_1)$. پس تصویرِ دسته، چندضلعیِ منتظمی است با $\frac{m_i}{g_i}$ رأس که هر رأسش دقیقاً $g_i$ بار پوشیده می‌شود — در مثالِ بالا: $\frac{9}{3} = 3$ مقصد، $\frac{6}{3} = 2$ مقصد، $\frac{3}{3} = 1$ مقصد.

و سرنوشتِ دسته‌ها از همین‌جا جدا می‌شود:

• برای دسته‌های بزرگ‌تر ($i \ge 2$) داریم $m_i \nmid m_1$، پس $\frac{m_i}{g_i} \ge 2$ (چون $\frac{m_i}{g_i} = 1$ یعنی $m_i \mid m_1$): چندضلعیِ تصویر دست‌کم دو رأس دارد، و جمعِ رأس‌هایش صفر است — مرکزِ ثقلش مرکزِ دایره است. تکرارِ $g_i$ بار هم صفر را صفر نگه می‌دارد. این دسته‌ها بعد از تا شدن متعادل می‌مانند.
• کوچک‌ترین دسته اما چنین شانسی ندارد: $\zeta_1^{\,m_1} = 1$، گام یک دورِ کامل است و همهٔ $m_1$ رأس روی یک نقطه کوبیده می‌شوند — $w_1^{\,m_1}$، دور از مرکز.

جمعِ $S$ دسته‌به‌دسته، جمعِ همین تصویرهاست: بزرگ‌ترها صفر می‌دهند و کوچک‌ترین، تودهٔ ناصفرِ $m_1\,w_1^{\,m_1}$ را. اثباتِ بخش‌های پیشین همین تصویر بود، به زبانِ جبر.

همه‌چیز بر یک جمله سوار است — «جمعِ رأس‌های چندضلعیِ منتظم صفر است». توانِ $m_1$ دسته‌های بزرگ‌تر را همچنان چندضلعی نگه می‌دارد، اما خودِ دستهٔ کوچک‌ترین را به یک نقطه می‌برد.

---

تمرین‌ها

تمرین ۱. نشان دهید اندازهٔ هر دسته خودبه‌خود $n$ را می‌شمارد؛ و نتیجه بگیرید شاخص‌های دسته، تصاعدی حسابی با قدرنسبتِ $\frac{n}{m}$ می‌سازند.

پاسخ

دو رأسِ مجاورِ یک دستهٔ $m$-رأسی، کمانی به اندازهٔ $\frac{2\pi}{m}$ می‌سازند. اما هر دو از میانِ ریشه‌های $n$-اُم‌اند، پس این کمان مضربی از $\frac{2\pi}{n}$ است: $\frac{2\pi}{m} = t \cdot \frac{2\pi}{n}$ برای عددی طبیعی مانند $t$، یعنی $n = t\,m$. پس $m \mid n$؛ و گامِ شاخص‌ها میان رأس‌های مجاورِ دسته همان $t = \frac{n}{m}$ است.

تمرین ۲. در افرازِ ۱۲-ضلعی به شش‌ضلعی و دو مثلث، جمعِ توان‌های سوم را دسته‌به‌دسته حساب کنید و ببینید تعادل چگونه برقرار می‌شود.

پاسخ

جمعِ کل باید صفر باشد ($12 \nmid 3$). شش‌ضلعی صفر می‌دهد ($6 \nmid 3$). اما مثلث‌ها با $3 \mid 3$ ساکت نمی‌شوند: مثلثِ $\lbrace \varepsilon, \varepsilon^5, \varepsilon^9 \rbrace$ سهمِ $3\,\varepsilon^3 = 3i$ دارد و مثلثِ $\lbrace \varepsilon^3, \varepsilon^7, \varepsilon^{11} \rbrace$ سهمِ $3\,\varepsilon^9 = -3i$. جمع: $3i - 3i = 0$. این همان راهِ فرارِ افرازهای مجاز از تناقض است: دسته‌های هم‌اندازه می‌توانند یکدیگر را خنثی کنند؛ دستهٔ کوچک‌ترینِ تنها نمی‌تواند.