Valaki esetleg segíteni a következő feladatban?

igen és épp emiatt nem triviális a feladat :D

legalábbis fejből most nem jut eszembe zárt alak.

Az annyira nem meglepő, hogy nem jut az eszedbe zár alak, lásd később.

Legyen a sokszög köré írt körének a sugara r = k/(2*sin(π/n)), a középpontja egy Descartes-i koordináta-rendszer origójában, és a 0. csúcsa az

r0 = r*(1, 0)

helyen. Ekkor az i-edik csúcsának helyvektora (i ∈ {1, 2, …, n – 1}):

ri = r*(cos(2*π*i/n), sin(2*π*i/n)),

a 0. csúcs távolságának négyzete az i-ediktől pedig

di^2 = (r0 – ri)^2 = r^2*((r0x – rix)^2 + (r0y – riy)^2) =

di^2 = r^2*(1^2 – 2*1*cos(2*π*i/n) + cos(2*π*i/n)^2 + sin(2*π*i/n)^2) =

di^2 = 2*r^2*(1 – cos(2*π*i/n)) = 4*r^2*sin(π*i/n)^2.

Vizsgáljuk a 0. csúcsra ható elektrosztatikus erőt, amikor még nincs középen töltés. Mivel a sokszög szimmetrikus az x tengelyre, ezért ennek az erőnek az y komponense 0 lesz, ugyanis az i-edik és az (n – i)-edik csúcsban levő töltések által kifejtett erők y komponensei kiejtik egymást (illetve, ha n páros, akkor ezek a csúcsok i = n/2-re egybeesnek, de mivel az n/2-edik csúcs is az x tengelyen van, az általa kifejtett erő y komponense 0). Így elég az x komponensét vizsgálni az erőknek.

[Most kéne egy ábra… No mindegy.] Ha az i-edik csúcs helyét C jelöli, a 0. csúcsét A és a kör középpontját O, akkor a AOC egy egyenlő szárú háromszög (OA = OC = r), és az AOC szöge éppen 2*π*i/n, ezért a CA egyenes az x tengellyel éppen

(π – 2*π*i/n)/2 = π/2 – π*i/n

szöget zár be (CAO szög). Ez azt jelenti, hogy a C-ből az A-ba mutató erővektor x komponensének nagysága éppen cos(π/2 – π*i/n) = sin(π*i/n)-szerese az erő teljes nagyságának (mert a CAO és az erő x-tengellyel bezárt szöge csúcsszögek, tehát egyenlők). [Rajzoljátok le, és világos lesz.]

Ugye az i-edik csúcsban levő töltés által a 0.-ban levőre kifejtett erő nagysága

Fi = 1/(4*π*ε0) * Q^2/di^2,

ennek az x komponense pedig

Fix = Fi*sin(π*i/n) = 1/(4*π*ε0) * Q^2/(4*r^2*sin(π*i/n)^2) * sin(π*i/n) =

Fix = 1/(4*π*ε0) * Q^2/(4*r^2*sin(π*i/n)).

Ezzel a 0. csúcsban levő töltésre ható erő (amíg nincs ott a középső töltés)

F = sum(Fix, i = 1 … n–1) = 1/(4*π*ε0) * Q^2/(4*r^2) * sum(1/sin(π*i/n), i = 1 … n–1) =

F = 1/(4*π*ε0) * Q^2/(4*r^2) * S,

ahol a szummára bevezettem az S jelölést.

Ha betesszük középre az ismeretlen QO töltést, akkor az általa kifejtett FO elektrosztatikus erőre

FO + F = 0,

mivel a rendszer egyensúlyban van. Ebből

FO = –F,

1/(4*π*ε0) * QO*Q/r^2 = –1/(4*π*ε0) * Q^2/(4*r^2) * S,

QO = –Q/4*S = –Q*sum(1/sin(π*i/n), i = 1 … n–1)/4,

ami a végeredmény, mert ezzel a szummával nem tudtam mit kezdeni.

És gyanús, hogy mások se nagyon tudtak, mert akkor valószínűleg itt lenne a véges összegek között, de nincs.

[link]

Ez mindig létezik, ha n > 1, értelmes is, szép pozitív eredményt ad, n függvényében monoton nő, csak nem tudom zárt alakra hozni. Persze ez nem jelenti azt, hogy másnak se sikerülhet.

Néhány kisebb n-re a pontos értékek:

n = 2: QO = –Q/4 (oké, kétszög nincs, de két töltést le lehet tenni egymással szemben),

n = 3: QO = –Q/gyök(3),

n = 4: QO = –Q*(1 + 2*gyök(2))/4,

n = 5: QO = –Q*gyök(1 + 2/gyök(5)),

n = 6: QO = –Q*(15 + 4*gyök(3))/12,

…