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第3题

设 P=A1A2⋯AkP=A_1A_2\cdots A_k 是平面上的一个凸多边形，其顶点 A1,A2,…,AkA_1,A_2,\dots,A_k 均为整点且共圆。设 SS 为 PP 的面积。已知一个正奇数 nn，使得 PP 每条边长的平方都是能被 nn 整除的整数。证明 2S2S 是能被 nn 整除的整数。
第 3/5 步：用有理数的平方根重写该关系式
上一步下一步
通俗地说

托勒密关系式的每一项，在对分子（被 pep^e 整除的边长平方）和分母（两个半径之积）取平方后，都是某个正有理数的平方根。

q1+q2+⋯+qk−1=q,qi,q∈Q>0\sqrt{q_1}+\sqrt{q_2}+\dots+\sqrt{q_{k-1}}=\sqrt{q},\qquad q_i,q\in\mathbb{Q}_{>0}
详细分析

每一项 AiAi+1OAi⋅OAi+1\frac{A_iA_{i+1}}{OA_i\cdot OA_{i+1}}，利用 AiAi+1=AiAi+12A_iA_{i+1}=\sqrt{A_iA_{i+1}^2}，可以改写为 qi\sqrt{q_i}，其中 qi=AiAi+12OAi2⋅OAi+12q_i=\dfrac{A_iA_{i+1}^2}{OA_i^2\cdot OA_{i+1}^2} 是一个正有理数（因为所有坐标、从而所有距离的平方都是有理数——实际上是整数）。同样，右边也是某个正有理数 q=A1Ak2OA12⋅OAk2q=\dfrac{A_1A_k^2}{OA_1^2\cdot OA_k^2} 的平方根 q\sqrt q。于是该恒等式变为 q1+q2+⋯+qk−1=q\sqrt{q_1}+\sqrt{q_2}+\dots+\sqrt{q_{k-1}}=\sqrt q。