📐折線角度判定公式

令

$$\zeta=\zeta_{10}=e^{i\pi/5},\qquad \phi=2\cos\frac{\pi}{5}=\zeta+\zeta^{-1}.$$

以下給出一個完全整數化、適合筆算的「五軸座標／五軸 SAT」判定法。

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1. 用五軸整數座標記錄折線

取五個無向軸

$$1,\zeta,\zeta^2,\zeta^3,\zeta^4,$$

並利用

$$\zeta^{j+5}=-\zeta^j.$$

因此任一折線位移都可寫成

$$W=c_0+c_1\zeta+c_2\zeta^2+c_3\zeta^3+c_4\zeta^4, \qquad c_j\in\mathbb Z.$$

這五個係數不是唯一的，因為

$$1-\zeta+\zeta^2-\zeta^3+\zeta^4=0,$$

所以

$$(c_0,c_1,c_2,c_3,c_4) \sim (c_0+t,c_1-t,c_2+t,c_3-t,c_4+t).$$

不過下述判定不受這種不唯一性影響。

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2. 每一線段如何轉成整數五軸座標

假設某一線段的方向是 $\zeta^n$，即方向角為 $36n^\circ$。利用

$$\phi\zeta^n=\zeta^{n-1}+\zeta^{n+1},$$

以及

$$\phi^2=\phi+1,$$

五種允許長度可展開為：

$$\begin{array}{c|c} \text{長度} & \text{線段向量}\\ \hline 1 & \zeta^n\\ 2 & 2\zeta^n\\ \phi & \zeta^{n-1}+\zeta^{n+1}\\ 2\phi & 2\zeta^{n-1}+2\zeta^{n+1}\\ \phi^2 & \zeta^{n-1}+\zeta^n+\zeta^{n+1} \end{array}$$

把指數化到 $0,1,2,3,4$；每當跨過 $5$ 時變號：

$$\zeta^{r+5}=-\zeta^r.$$

逐段相加，即可筆算得到整條折線的五軸座標。

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3. 把最後一條線段的方向當作零度

設最後一條線段為

$$\overrightarrow{YZ}=L\zeta^n,\qquad L>0.$$

又設整條折線的總位移為

$$R=\overrightarrow{AZ}=Z-A.$$

在頂點 $Z$，

$$\overrightarrow{ZA}=-R,\qquad \overrightarrow{ZY}=-L\zeta^n.$$

兩向量同時乘以 $-1$ 不改變夾角，所以

$$\angle AZY = \angle(R,\zeta^n).$$

將總位移旋轉 $-36n^\circ$：

$$W=\zeta^{-n}R.$$

將它整理成五軸整數形式：

$$W=c_0+c_1\zeta+c_2\zeta^2+c_3\zeta^3+c_4\zeta^4.$$

問題就變成：

$W$ 是否平行於五個無向軸之一？

若是，則 $\angle AZY$ 必為 $36^\circ$ 的整數倍。

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4. 五軸 SAT 的筆算判定表

$W$ 平行於第 $k$ 軸 $\zeta^k$，當且僅當

$$\operatorname{Im}(W\zeta^{-k})=0.$$

由

$$\sin72^\circ=\phi\sin36^\circ$$

可將每個虛部寫成

$$\operatorname{Im}(W\zeta^{-k}) = \sin36^\circ\,(P_k+\phi Q_k),$$

其中 $P_k,Q_k$ 都是整數。因為 $\phi$ 是無理數，所以

$$P_k+\phi Q_k=0 \iff P_k=Q_k=0.$$

五個軸的判定如下：

$$\begin{array}{c|cc} k & P_k & Q_k\\ \hline 0 & c_1+c_4 & c_2+c_3\\ 1 & c_2-c_0 & c_3+c_4\\ 2 & c_3-c_1 & c_4-c_0\\ 3 & c_4-c_2 & -c_0-c_1\\ 4 & -c_0-c_3 & -c_1-c_2 \end{array}$$

因此只要檢查下列五組條件中是否至少有一組成立：

$$\boxed{ \begin{aligned} &c_1+c_4=0,\quad c_2+c_3=0;\\ \text{或 }&c_2-c_0=0,\quad c_3+c_4=0;\\ \text{或 }&c_3-c_1=0,\quad c_4-c_0=0;\\ \text{或 }&c_4-c_2=0,\quad c_0+c_1=0;\\ \text{或 }&c_0+c_3=0,\quad c_1+c_2=0. \end{aligned}}$$

成立則 $\angle AZY$ 是 $36^\circ$ 的整數倍；全部不成立則不是。

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5. 可總結成一個公式

定義

$$\begin{aligned} S_0&=(c_1+c_4)^2+(c_2+c_3)^2,\\ S_1&=(c_2-c_0)^2+(c_3+c_4)^2,\\ S_2&=(c_3-c_1)^2+(c_4-c_0)^2,\\ S_3&=(c_4-c_2)^2+(c_0+c_1)^2,\\ S_4&=(c_0+c_3)^2+(c_1+c_2)^2. \end{aligned}$$

因為每個 $S_k$ 都是非負整數，所以最後可濃縮成：

$$\boxed{ \angle AZY\in36^\circ\mathbb Z \iff S_0S_1S_2S_3S_4=0. }$$

亦即

$$\boxed{ \begin{aligned} &\bigl[(c_1+c_4)^2+(c_2+c_3)^2\bigr]\\ {}\cdot{}& \bigl[(c_2-c_0)^2+(c_3+c_4)^2\bigr]\\ {}\cdot{}& \bigl[(c_3-c_1)^2+(c_4-c_0)^2\bigr]\\ {}\cdot{}& \bigl[(c_4-c_2)^2+(c_0+c_1)^2\bigr]\\ {}\cdot{}& \bigl[(c_0+c_3)^2+(c_1+c_2)^2\bigr] =0. \end{aligned}}$$

這就是只使用整數加減、平方與乘法的筆算公式。

唯一的退化例外是 $Z=A$，即 $W=0$；此時射線 $ZA$ 沒有方向，$\angle AZY$ 本身未定義。

可以。先約定折線在每個頂點都向同一側轉；若取另一側，只是鏡像，結論不變。令

$$\zeta=e^{i36^\circ},\qquad A=0,$$

並令 $AB$ 沿正實軸。

1. 寫出各線段方向

因為 $AB=2$，所以

$$B=2.$$

在 $B$ 點，

$$\angle ABC=180^\circ,$$

故 $BC$ 與 $AB$ 同方向：

$$\overrightarrow{BC}=1,\qquad C=3.$$

在 $C$ 點，

$$\angle BCD=72^\circ.$$

折線的轉角是

$$180^\circ-72^\circ=108^\circ,$$

所以取同一側轉向時

$$\overrightarrow{CD}=\zeta^3.$$

在 $D$ 點，

$$\angle CDE=144^\circ,$$

折線再轉

$$180^\circ-144^\circ=36^\circ,$$

所以

$$\overrightarrow{DE}=\zeta^4.$$

因此

$$E=3+\zeta^3+\zeta^4.$$

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2. 將 $\angle DEA$ 化成平行判定

在 $E$ 點的兩條射線為

$$\overrightarrow{ED}=-\zeta^4, \qquad \overrightarrow{EA}=-E.$$

兩個向量同時乘以 $-1$ 不改變夾角，因此

$$\angle DEA=\angle(\zeta^4,E).$$

所以 $\angle DEA$ 是 $36^\circ$ 的整數倍，當且僅當 $E$ 平行於某一個五軸方向 $\zeta^k$。

現在 $E$ 的五軸整數座標為

$$E=3+\zeta^3+\zeta^4,$$

即

$$(c_0,c_1,c_2,c_3,c_4)=(3,0,0,1,1).$$

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3. 代入五軸判定表

五組判定量為

$$\begin{aligned} S_0&=(c_1+c_4)^2+(c_2+c_3)^2,\\ S_1&=(c_2-c_0)^2+(c_3+c_4)^2,\\ S_2&=(c_3-c_1)^2+(c_4-c_0)^2,\\ S_3&=(c_4-c_2)^2+(c_0+c_1)^2,\\ S_4&=(c_0+c_3)^2+(c_1+c_2)^2. \end{aligned}$$

代入 $(3,0,0,1,1)$：

$$\begin{aligned} S_0&=(0+1)^2+(0+1)^2=2,\\ S_1&=(0-3)^2+(1+1)^2=13,\\ S_2&=(1-0)^2+(1-3)^2=5,\\ S_3&=(1-0)^2+(3+0)^2=10,\\ S_4&=(3+1)^2+(0+0)^2=16. \end{aligned}$$

全部都不等於零，因此

$$S_0S_1S_2S_3S_4 =2\cdot13\cdot5\cdot10\cdot16 \ne0.$$

故

$$\boxed{\angle DEA\notin36^\circ\mathbb Z.}$$

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4. 數值驗算

利用

$$\zeta^3=\cos108^\circ+i\sin108^\circ, \qquad \zeta^4=\cos144^\circ+i\sin144^\circ,$$

有

$$E\approx1.881966+1.538842i.$$

因此

$$\arg E\approx39.28^\circ.$$

而 $DE$ 的方向角為 $144^\circ$，所以

$$\angle DEA = 144^\circ-39.28^\circ \approx104.72^\circ.$$

這確實不是 $36^\circ$ 的整數倍。

順帶一提，如果在 $D$ 點改向另一側，使 $DE$ 的方向為 $72^\circ$，則

$$E=3+\zeta^3+\zeta^2,$$

同樣不能通過五軸判定；此時 $\angle DEA\approx39.64^\circ$，也不是 $36^\circ$ 的整數倍。因此無論合法的左右轉向如何選取，本例答案都是

$$\boxed{\text{不是。}}$$

這一步容易混淆，關鍵是：$\angle BCD$ 的第一條射線是 $\overrightarrow{CB}$，而折線前進方向是 $\overrightarrow{BC}$，兩者方向相反。

設

$$\overrightarrow{AB}=2,\qquad \overrightarrow{BC}=1,$$

且 $\overrightarrow{BC}$ 的方向角為 $0^\circ$。那麼在 $C$ 點：

$$\arg(\overrightarrow{CB})=180^\circ.$$

已知

$$\angle BCD=72^\circ,$$

表示 $\overrightarrow{CD}$ 與 $\overrightarrow{CB}$ 的夾角為 $72^\circ$，所以 $\overrightarrow{CD}$ 有兩種可能方向：

$$180^\circ-72^\circ=108^\circ,$$

或

$$180^\circ+72^\circ=252^\circ.$$

由於 $\zeta=e^{i36^\circ}$，故

$$e^{i108^\circ}=\zeta^3, \qquad e^{i252^\circ}=\zeta^7=-\zeta^2.$$

因此應完整寫成

$$\boxed{\overrightarrow{CD}=\zeta^3\quad\text{或}\quad\overrightarrow{CD}=\zeta^7=-\zeta^2.}$$

若約定折線在 $C$ 點逆時針轉 $108^\circ$，則

$$\boxed{\overrightarrow{CD}=\zeta^3.}$$

這裡的「折線轉角」指從前進方向 $\overrightarrow{BC}$ 轉到 $\overrightarrow{CD}$ 的有向角，其大小是外角：

$$180^\circ-\angle BCD =180^\circ-72^\circ =108^\circ.$$

可畫成方向關係：

流程图

图形代码

正在绘制流程图…

所以原來的結論沒有錯，但更嚴謹的說法是：

若 $\overrightarrow{BC}$ 方向為 $0^\circ$，且在 $C$ 點選擇逆時針的外轉角 $108^\circ$，則 $\overrightarrow{CD}=\zeta^3$；若向另一側轉，則 $\overrightarrow{CD}=\zeta^7$。

另外，原例若沒有指定每個頂點向左轉還是向右轉，僅給無向角 $180^\circ,72^\circ,144^\circ$，其實存在多種折線構型，不能只計算其中一種後便斷言所有構型結論相同。

要注意：在 $D$ 點，已知的是射線 $\overrightarrow{DC}$ 與 $\overrightarrow{DE}$ 的夾角；但折線前進時，是從 $\overrightarrow{CD}$ 轉到 $\overrightarrow{DE}$。

上一段已取

$$\overrightarrow{CD}=\zeta^3,$$

所以 $\overrightarrow{CD}$ 的方向角是

$$3\cdot36^\circ=108^\circ.$$

1. 先求 $\overrightarrow{DC}$ 的方向

因為 $\overrightarrow{DC}$ 與 $\overrightarrow{CD}$ 方向相反，所以

$$\arg(\overrightarrow{DC}) =108^\circ+180^\circ =288^\circ.$$

已知

$$\angle CDE=144^\circ,$$

表示 $\overrightarrow{DE}$ 與 $\overrightarrow{DC}$ 的無向夾角為 $144^\circ$。因此 $\overrightarrow{DE}$ 有兩個可能方向：

$$288^\circ+144^\circ=432^\circ\equiv72^\circ\pmod{360^\circ},$$

或

$$288^\circ-144^\circ=144^\circ.$$

所以

$$\boxed{\arg(\overrightarrow{DE})=72^\circ\ \text{或}\ 144^\circ.}$$

即

$$\boxed{\overrightarrow{DE}=\zeta^2\ \text{或}\ \zeta^4.}$$

因為 $DE=1$，這裡不需要再乘上長度。

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2. 為甚麼「同一側轉向」會得到 $\zeta^4$？

前一段 $\overrightarrow{CD}$ 的方向是 $108^\circ$。從前進方向 $\overrightarrow{CD}$ 到 $\overrightarrow{DE}$ 的轉角大小為

$$180^\circ-\angle CDE =180^\circ-144^\circ =36^\circ.$$

因此有兩種選擇：

逆時針轉 $36^\circ$

$$108^\circ+36^\circ=144^\circ,$$

所以

$$\overrightarrow{DE} =e^{i144^\circ} =\zeta^4.$$

順時針轉 $36^\circ$

$$108^\circ-36^\circ=72^\circ,$$

所以

$$\overrightarrow{DE} =e^{i72^\circ} =\zeta^2.$$

故完整結果是

$$\boxed{ \overrightarrow{DE} = \begin{cases} \zeta^4,&\text{從 }CD\text{ 逆時針轉 }36^\circ,\\ \zeta^2,&\text{從 }CD\text{ 順時針轉 }36^\circ. \end{cases}}$$

原先寫成 $\overrightarrow{DE}=\zeta^4$，是因為我們已經約定在各頂點保持同一側轉彎：在 $C$ 點從 $BC$ 到 $CD$ 是逆時針轉 $108^\circ$，所以在 $D$ 點也取逆時針轉 $36^\circ$。

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3. 一般計算公式

如果上一段的方向是 $\zeta^m$，而頂點內角是 $\alpha=36^\circ q$，那麼折線的轉角大小是

$$180^\circ-\alpha=(5-q)36^\circ.$$

下一段方向有兩種可能：

$$\boxed{ \zeta^{\,m+(5-q)} \quad\text{或}\quad \zeta^{\,m-(5-q)}. }$$

對本例：

$$m=3,\qquad q=\frac{144^\circ}{36^\circ}=4,$$

所以

$$5-q=1.$$

因此

$$\overrightarrow{DE} = \zeta^{3+1} \quad\text{或}\quad \zeta^{3-1},$$

也就是

$$\boxed{\overrightarrow{DE}=\zeta^4\ \text{或}\ \zeta^2.}$$

若指定逆時針轉，才唯一得到

$$\boxed{\overrightarrow{DE}=\zeta^4.}$$