ABSTRACT

In this paper, we focus on the inverse question of the equal segmentation problem of the regular polygons, which is a generalization of the corresponding problem for triangles and squares.

Keywords:Regular Polygon, Equal Segmentation Problem, Square, Regular Triangle

正多边形等截分之逆问题

王幼宁，苏效乐^*

北京师范大学数学科学学院，数学与复杂系统教育部重点实验室，北京

收稿日期：2019年10月14日；录用日期：2019年10月31日；发布日期：2019年11月7日

摘 要

本文讨论了正多边形等截分问题的逆问题，是以前正三角形和正方形相应问题的推广，更具有一般性。

关键词 :正多边形，等截分，正方形，正三角形

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1. 引言

在正n边形的n条边上顺序截取等长线段得到n个截点，它们一定能顺序成为某个正n边形的n个顶点。这就是大家熟知的正多边形等截分问题，其证明是简单的，但其逆问题的求解 [1] [2] [3] [4] 却不是那么显然的。文献 [1] [2] [3] [4] 分别讨论了n = 3和n = 4的情况。本文将统一考虑正n边形的等截分问题的逆问题并给出解析研讨。

延续文献 [4] 的想法，不仅可以考虑等长截点落在原n边形各边之上，还可以考虑截点落在各边的有向延长线上。显然推广了的正n边形等截分点相应性质依然具备，同时逆问题也有相应的推广。本文将沿用文献 [4] 的方法并进一步拓展，自然推广原有结果。

本文不仅得到了正n边形的等截分逆问题的一些看起来有点神奇结果，同时也得到了文献 [1] [2] [3] [4] 中没有提到的一些关于三角形等截分逆问题的新的结果。比如除了正多边形外，凸偶数边形可以各边的内部有等截分正多边形(定理1)，而凸奇数边形只有五边形才可以(定理5)；而如果考虑等截分点都在各边延长线上，则不管奇偶性，凸多边形等截分能得到正多边形的只有原来就是正多边形的情况(定理3)。最后的定理6和定理8则说明对三角形的情况，非平凡的等截分解存在且仅存在于钝角三角形之中。

2. 准备工作

文献 [4] 是从正方形的内角和作为一个出发点来考虑问题的，我们延续这种想法，但是换用更本质的外角和来考虑问题。

以下总考虑顺序以点 $A_1,A_2,\cdots ,A_n$ 为顶点的正定向n边形 $A_1{A}_2\cdots A_n$，$n\ge \text{3}$。记顶点A_i到A_i+1的边长为 $a_i>0$，顶点A_i之处的有向外角为 ${\alpha }_i\in \left(-\pi ,\text{π}\right)$，以有向截长 $r\in \left(0,+\infty \right)$ 在边A_iA_i+1或其延长线上从A_i出发所截得之点为 $P_i,i=1,2,\cdots ,n$，其中记 $A_0=A_n$，$A_{n+\text{1}}=A_{\text{1}}$，$A_{n+\text{2}}=A_{\text{2}}$，${\alpha }_0={\alpha }_n$，${\alpha }_{n+\text{1}}={\alpha }_{\text{1}}$，${\alpha }_{n+2}={\alpha }_2$ ； $a_0=a_n$，$a_{n+\text{1}}=a_{\text{1}}$，$a_{n+2}=a_2$。熟知有

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{\alpha }_i}=2\text{π}\text{.}$ (1)

先给出一个正n边形等截分问题的一个等价条件。

引理1：上述正定向n边形 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 的以有向截长 $r\in \left(0,+\infty \right)$ 确定的等截分点n边形 $P_{\text{1}}{P}_{\text{2}}\cdots P_n$ 恰好成为正n边形的充要条件是其边长、外角以及等截长满足(1)式以及

$\left(a_{i-1}-r\right)\cos \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)+r\left(\cos \frac{2\text{π}}{n}-\cos {\alpha }_{i+1}\right)=\left(a_i-r\right),$ (2)

$\left(a_{i-1}-r\right)\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)+r\left(\sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{i+1}\right)=0,$ (3)

其中 $i=1,2,\cdots ,n$。并且，在指标n阶循环意义下的任意指定的2个相邻i所对应的(2)和(3)式中2对方程，蕴含于整个方程组的其余2n - 3个方程之中。

证明：等截分点n边形 $P_{\text{1}}{P}_{\text{2}}\cdots P_n$ 是正n边形的充要条件是其n个边向量 $P_i{P}_{i+\text{1}},i=1,2,\cdots ,n$ 循序旋转2p/n相等。

正n边形的各组相邻边的关系相同，故只需要首先分别考虑P_i-1P_i和P_iP_{i + 1}成为某个正n边形的一组相邻边的充要条件。

为此，以A_i为原点、以A_iA_i+1为横轴正向向量建立直角坐标系，如图1所示，则各点坐标可分别确定为 $A_i\left(0,0\right)$，$A_{i+\text{1}}\left(a_i,0\right)$，$P_i\left(r,0\right)$，$A_{i-1}\left(-a_{i-1}\cos {\alpha }_i,a_{i-1}\sin {\alpha }_i\right)$，$P_{i-1}\left(-\left(a_{i-1}-r\right)\cos {\alpha }_i,\left(a_{i-1}-r\right)\sin {\alpha }_i\right)$，$P_{i+1}\left(a_i+r\cos {\alpha }_{i+1},r\sin {\alpha }_{i+1}\right)$。此时，n边形 $P_{\text{1}}{P}_{\text{2}}\cdots P_n$ 的边向量 $P_i{P}_{i+1}=\left(a_i-r+r\cos {\alpha }_{i+1},r\sin {\alpha }_{i+1}\right)$，$P_{i-1}{P}_i=\left(r+\left(a_{i-1}-r\right)\cos {\alpha }_i,-\left(a_{i-1}-r\right)\sin {\alpha }_i\right)$。

图1. 等截分示意图

同时，这两条边向量旋转 $\text{2π}/n$ 相等的条件在此坐标系下的表达形式即为

$P_{i-1}{P}_i\left(\begin{array}{cc}\cos \frac{\text{2π}}{n}& \sin \frac{\text{2π}}{n}\\ -\sin \frac{\text{2π}}{n}& \cos \frac{\text{2π}}{n}\end{array}\right)=P_i{P}_{i+1},$ (4)

分量形式即分别为

$\begin{array}{c}{a}_i-r+r\cos {\alpha }_{i+1}=\left[r+\left(a_{i-1}-r\right)\cos {\alpha }_i\right]\cos \left(\text{2π}/n\right)+\left(a_{i-1}-r\right)\sin {\alpha }_i\sin \left(\text{2π}/n\right)\\ =\left(a_{i-1}-r\right)\cos \left(\text{2π}/n-{\alpha }_i\right)+r\cos \left(\text{2π}/n\right)\end{array}$

$\begin{array}{c}r\sin {\alpha }_{i+1}=\left[r+\left(a_{i-1}-r\right)\cos {\alpha }_i\right]\sin \left(\text{2π}/n\right)-\left(a_{i-1}-r\right)\sin {\alpha }_i\cos \left(\text{2π}/n\right)\\ =\left(a_{i-1}-r\right)\sin \left(\text{2π}/n-{\alpha }_i\right)+r\sin \left(\text{2π}/n\right)\end{array}$

它们分别对应于(2)和(3)式中指标i相同的一对方程。

注意到(2)和(3)式之中的几何量与坐标系选取无关，故与(1)式联立时等价于等截分点n边形 $P_{\text{1}}{P}_{\text{2}}\cdots P_n$ 的n个边向量 $P_i{P}_i{}_{+\text{1}},i=1,2,\cdots ,n$ 循序旋转 $\text{2π}/n$ 是相等的，从而是它成为正n边形的充要条件。进一步，注意到在指标循环意义下的n - 2对相邻边向量循序旋转 $\text{2π}/n$ 相等，则蕴涵着另外两对也同时成立，其中外角取值满足(1)式，因而结论成立。

引理2：上述正定向n边形 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 若具有以有向截长 $r_{\text{1}}\ne r_{\text{2}}$ 所分别确定的等截分点n边形分别为正n边形，则 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 必为正n边形，从而其对于任意截长所得到的等截分点n边形均为正n边形。

证明：对于给定的正定向n边形 $A_1{A}_2\cdots A_n$，若以有向截长 $r_{\text{1}}\ne r_{\text{2}}$ 所分别确定的等截分点n边形分别为正n边形，则由引理1结论，(2)和(3)式对于 $r=r_{\text{1}}$ 和 $r=r_{\text{2}}$ 都成立，注意到各边长 $a_i>0$，得到

$\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)=\text{0}，\sin {\alpha }_{i+1}=\sin \frac{2\text{π}}{n}，$

$\cos \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)=1，\cos {\alpha }_{i+1}=\cos \frac{2\text{π}}{n}$

其中 $i=1,2,\cdots ,n$。注意到 ${\alpha }_i\in \left(-\pi ,\text{π}\right),i=1,2,\cdots ,n$，该组条件意味着只能有

${\alpha }_i=\frac{2\text{π}}{n},i=1,2,\cdots ,n.$

代回(2)式进一步得到 $a_i=a_{i+\text{1}}$，即得 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 为正n边形。

引理3：上述正定向n边形 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 若仅具有唯一的有向截长 $r\in \left(0,+\infty \right)$ 使得所确定的等截分点n边形 $P_{\text{1}}{P}_{\text{2}}\cdots P_n$ 恰好为正n边形，则在(1)式联立(2)式、(3)式所得到的方程组之中，(3)式等价于方程

$\frac{a_{i-1}}{r}\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)-\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)+\sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{i+1}=0,$ (5)

而(2)式当 $\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)\ne 0$ 时可以等价置换为方程

$\sin {\alpha }_{i-1}\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)-\sin {\alpha }_i\sin \left(\frac{\text{4π}}{n}-{\alpha }_{i-1}-{\alpha }_i\right)+\sin {\alpha }_{i+1}\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{i-1}\right)=0,$ (6)

其中 $i=1,2,\cdots ,n$。

证明：现在 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 不是正n边形，否则由引理2可知矛盾。由引理1证明过程可知，(2)式对应等价于

$\left(a_{i-1}-r\right)\cos \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)-\left(a_i-r\right)+r\left(\cos \frac{2\text{π}}{n}-\cos {\alpha }_{i+1}\right)=0,$ (7)

其中 $i=1,2,\cdots ,n$。同时(3)式等价于(5)式，并且可以按指标组等价改写为

$\left(a_i-r\right)\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{i+1}\right)+r\left(\sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{i+\text{2}}\right)=0.$ (8)

现在，(7)、(3)、(8)式所对应3元线性方程组有非零解 $\left(a_{i-1}-r,a_i-r,r\right)$ 的充要条件是其系数矩阵的行列式为零，即有

$\begin{array}{c}\text{0}=\left|\begin{array}{ccc}\cos \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)& -1& \cos \frac{2\text{π}}{n}-\cos {\alpha }_{i+1}\\ \sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)& 0& \sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{i+1}\\ 0& \sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{i+1}\right)& \sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{i+2}\end{array}\right|\\ =\left|\begin{array}{cc}\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)& \sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{i+1}\\ 0& \sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{i+2}\end{array}\right|-\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{i+1}\right)\left|\begin{array}{cc}\cos \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)& \cos \frac{2\text{π}}{n}-\cos {\alpha }_{i+1}\\ \sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)& \sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{i+1}\end{array}\right|\\ =\sin \frac{2\text{π}}{n}\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)-\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)\sin {\alpha }_{i+2}\\ -\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{i+1}\right)\left[\sin \frac{2\text{π}}{n}\cos \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)-\cos \frac{2\text{π}}{n}\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)\right]\\ -\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{i+1}\right)\left[-\cos \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)\sin {\alpha }_{i+1}+\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)\cos {\alpha }_{i+1}\right]\end{array}$

$\begin{array}{l}=-\sin {\alpha }_i\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{i+1}\right)-\sin {\alpha }_{i+2}\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)+\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{i+1}+{\alpha }_{i+1}\right)\\ +\cos \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{i+1}\right)\sin {\alpha }_{i+1}-\sin (\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i)\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{i+1}\right)\cos {\alpha }_{i+1}\\ =-\sin {\alpha }_i\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{i+1}\right)-\sin {\alpha }_{i+2}\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)\\ +\cos \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{i+1}\right)\sin {\alpha }_{i+1}+\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)\cos \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{i+1}\right)\sin {\alpha }_{i+1}\\ =-\sin {\alpha }_i\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{i+1}\right)-\sin {\alpha }_{i+2}\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)+\sin {\alpha }_{i+1}\sin \left(\frac{4\text{π}}{n}-{\alpha }_i-{\alpha }_{i+1}\right)\end{array}$

此即按指标组等价于(6)式。注意到当 $\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)\ne 0$ 时(6)式意味着(7)式可由方程(3)和(8)式线性表出，故此时(2)式可以等价置换为方程(6)式，结论得证。

引理4：上述正定向n边形 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 若是凸的并且仅具有唯一的有向截长 $r\in \left(0,+\infty \right)$ 使得所确定的等截分点n边形 $P_{\text{1}}{P}_{\text{2}}\cdots P_n$ 恰好为正n边形，则当n = 3或n = 4时，或当n ³ 5并且 $r\notin \left\{a_i>0|i=1,2,\cdots ,n\right\}$ 时，(1)式联立(2)式、(3)式所得到的方程组等价于(1)式联立(5)、(6)式所得到的方程组。

证明：现在 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 具有正定向且凸，意味着 ${\alpha }_i\in \left(0,\text{π}\right),i=1,2,\cdots ,n$。由引理2可知它不是正n边形，由引理3可知现只需证明 $\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)\ne 0,i=1,2,\cdots ,n$。

用反证法，不妨设 $\exists j\in \left\{1,2,\cdots ,n\right\}$ 使 $\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{j+\text{1}}\right)=0$，则 ${\alpha }_{j+\text{1}}=\frac{2\text{π}}{n}\in \left(0,\text{π}\right)$，此时(2)、(3)式对应于指标i分别取为j和j + 1而化简得到两组等式

$\left(a_{j-1}-r\right)\cos \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_j\right)=a_j-r,\left(a_{j-1}-r\right)\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_j\right)=0,$

$a_j+r\left(\cos \frac{2\text{π}}{n}-\cos {\alpha }_{j+2}\right)=a_{j+1},r\left(\sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{j+2}\right)=0.$

进而，由第二组式子可知，当n = 3时，若 ${\alpha }_{j+2}=\frac{\left(n-2\right)\text{π}}{n}$ 则进一步由(1)式即可得知 ${\alpha }_j=2\text{π}-{\alpha }_{j+\text{1}}-{\alpha }_{j+\text{2}}=\text{π}$，矛盾；于是此时只能有

${\alpha }_{j+2}=\frac{2\text{π}}{n},a_j=a_{j+1}.$

当n = 4时，同样由第二组式子易知

${\alpha }_{j+2}=\frac{2\text{π}}{n},a_j=a_{j+1}.$

而当n ³ 5并且 $r\notin \left\{a_i>0|i=1,2,\cdots ,n\right\}$ 时，由第一组式子可知

$\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_j\right)=0,$

${\alpha }_j=\frac{2\text{π}}{n},a_{j-1}=a_j$

于是在每种情形下都可递推得到 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 各外角相同、各边等长，与它不是正n边形矛盾。结论得证。

引理5：对于给定的不是正n边形的正定向n边形 $A_1{A}_2\cdots A_n$，若存在一致小于(或一致大于)各边之长的有向截长 $r\in \left(0,+\infty \right)$ 使其所确定的等截分点n边形 $P_{\text{1}}{P}_{\text{2}}\cdots P_n$ 恰好为正n边形，则 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 的外角不能有取值 $\text{2π}/n$ 的。

证明：若使某个外角 ${\alpha }_{j+1}=\text{2π}/n$，则(2)式和(3)式蕴涵

$\left(a_{j-1}-r\right)\cos \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_j\right)=\left(a_j-r\right),$

$\left(a_{j-1}-r\right)\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_j\right)=0.$

现 $0<r<\min \left\{a_i>0|i=1,2,\cdots ,n\right\}$ 或 $r>\max \left\{a_i>0|i=1,2,\cdots ,n\right\}>0$，则

$\cos \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_j\right)>0,\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_j\right)=0.$

注意到 ${\alpha }_j\in \left(-\text{π},\text{π}\right)$，即得唯一解 ${\alpha }_j=\text{2π}/n$。关于指标j递推归纳则得n个外角都等于 $\text{2π}/n$，再回到(2)式得到各边长也都相等，与 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 不是正n边形矛盾。得证。

3. 主要结果

有了前述的准备工作，本节给出本文的几个主要结果。为了便于叙述，先分奇偶性讨论一下。

对于一般的偶数边凸n边形，考察当 ${\alpha }_{j-\text{1}}+{\alpha }_j=\text{4π}/n$，${\alpha }_j\in \left(0,\text{2π}/n\right)$ 时的情形下的特解及其性质。注意到此时 $\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_j\right)\ne 0$，由(6)式可知

$\text{0}=\sin {\alpha }_{j-1}\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_j\right)+\sin {\alpha }_{j+1}\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{j-1}\right)=\left(\sin {\alpha }_{j-1}-\sin {\alpha }_{j+1}\right)\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_j\right),$

故有 ${\alpha }_{j-\text{1}}={\alpha }_{j+1}$。于是方程组(6)式和(1)式有特解 $\left\{{\alpha }_{i-\text{1}}+{\alpha }_i=\text{4π}/n,{\alpha }_{i-\text{1}}={\alpha }_{i+\text{1}}|{\alpha }_{\text{1}}\in \left(0,\text{2π}/n\right),i=\text{1},\text{2},\cdots ,n\right\}$，此时(5)式有对应解

$\frac{a_{i-1}}{r}=\text{1}-\frac{\sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{i+1}}{\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)}=\text{1}-\frac{\sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin \left(\frac{4\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)}{\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)}=2{\cos }^{\text{2}}\frac{\text{π}}{n}\left[\text{1}-\tan \frac{\text{π}}{n}\tan \left(\frac{\text{π}}{n}-\frac{{\alpha }_i}{2}\right)\right],$

从而满足对 $i=1,2,\cdots ,n$ 都有

$2\cos \frac{\text{2π}}{n}<\frac{a_i}{r}<\text{2,}$

$\frac{a_{i-1}+a_i}{r}=2{\cos }^2\frac{\text{π}}{n}\left[2-\tan \frac{\text{π}}{n}\tan \left(\frac{\text{π}}{n}-\frac{{\alpha }_i}{2}\right)-\tan \frac{\text{π}}{n}\tan \left(\frac{\text{π}}{n}-\frac{{\alpha }_{i+1}}{2}\right)\right]=4{\cos }^2\frac{\text{π}}{n},$

即由引理4和引理1可知对于边数为偶数n ³ 6的情形都对应有不是正多边形的一族解，且此情形有

$\frac{a_i}{r}>2\cos \frac{\text{2π}}{n}\{\begin{array}{l}=0,n=4;\\ \ge 1,n\ge 6.\end{array}$

于是，对于偶数n ³ 6的情形，可如此构造出正n边形等截分点逆问题的一族凸n边形非平凡内截之例。即得下列结论。

定理1：对于偶数n ³ 6的情形，至少存在不是正n边形的一族凸n边形，具有唯一的小于各边之长的有向截长，使得其各边之上的等截分点顺序构成正n边形。

对于奇数边数n ³ 7的情形，类似的结论并不成立。事实上有下列结论。

定理2：对于奇数边数n ³ 5的情形，上述正定向n边形 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 若是凸的并且仅具有唯一的一致小于各边之长的有向截长 $r\in \left(0,+\infty \right)$ 使得所确定的等截分点n边形 $P_{\text{1}}{P}_{\text{2}}\cdots P_n$ 恰好为正n边形，则奇数边数只能是n = 5。

证明：现在 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 具有正定向且凸并且仅具有唯一的小于各边之长的有向截长，意味着 ${\alpha }_i\in \left(0,\text{4π}/n\right),i=1,2,\cdots ,n$。而由引理2可知它不是正n边形，由引理4、引理5可知相关各量是(1)、(5)、(6)式联立所得方程组的解，且 ${\alpha }_i\ne \text{2π}/n,i=1,2,\cdots ,n$。

此时(5)式对应等价变形为

$1-\frac{a_{i-1}}{r}=\frac{\sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{i+1}}{\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)},$ (9)

从而由条件 $0<r<\min \left\{a_i>0|i=1,2,\cdots ,n\right\}$ 推出

$\frac{\sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{i+1}}{\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)}<0，$ (10)

由(1)式以及 ${\alpha }_i\in \left(0,\text{2π}/n\right)\cup \left(\text{2π}/n,\text{4π}/n\right)$ 可知 $\exists j\in \left\{1,2,\cdots ,n\right\}$ 使 ${\alpha }_j\in \left(0,\text{2π}/n\right)$，则由(10)式可知 $\sin {\alpha }_{j+1}>\sin \left(\text{2π}/n\right)$，故得 ${\alpha }_{j+\text{1}}\in \left(\text{2π}/n,\text{4π}/n\right)\cap \left(\text{2π}/n,\left(n-\text{2}\right)\text{π}/n\right)$。再由(10)式递推可知 $\sin {\alpha }_{j+2}<\sin \left(\text{2π}/n\right)$，故得当奇数边数n = 5时 ${\alpha }_{j+2}\in \left(0,\text{2π}/n\right)\cup \left(\left(n-\text{2}\right)\text{π}/n,\text{4π}/n\right)=\left(0,\text{2π}/5\right)\cup \left(3\text{π}/5,\text{4π}/5\right)$，而当奇数边数n ³ 7时必有 ${\alpha }_{j+2}\in \left(0,\text{2π}/n\right)$。当奇数边数n ³ 7时，随着指标i顺序遍历 $\left\{0,1,2,\cdots ,n\right\}$，外角 ${\alpha }_i$ 在两个不相交的区间 $\left(0,\text{2π}/n\right)$ 和 $\left(\text{2π}/n,\text{4π}/n\right)$ 交替取值，将得到矛盾；故只有当n = 5时的情形需进一步考虑外角取值分布的相容性。结论得证。

定理3：对于凸的上述正定向n边形 $A_1{A}_2\cdots A_n$，若具有一致大于各边之长的有向截长r使得所确定的等截分点n边形 $P_{\text{1}}{P}_{\text{2}}\cdots P_n$ 恰好为正n边形，则 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 只能是正n边形。

证明：用反证法。设凸正定向 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 不是正n边形，且具有有向截长 $r>\max \left\{a_i|i=1,2,\cdots ,n\right\}$ 使得所确定的等截分点n边形 $P_{\text{1}}{P}_{\text{2}}\cdots P_n$ 恰好为正n边形，则凸正定向意味着 ${\alpha }_i\in \left(0,\text{π}\right),i=1,2,\cdots ,n$。由引理2、引理4可知相关各量是(1)、(5)、(6)式联立所得方程组的解，也等价是(1)、(2)、(3)式联立所得方程组的解。

此时(5)式对应等价变形为

$\sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{i+1}=\left(1-\frac{a_{i-1}}{r}\right)\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right),$ (11)

特别当n = 3时即为三个内角 ${\beta }_i=\text{π}-{\alpha }_i\in \left(0,\text{π}\right)$ 的形式

$\sin \frac{\text{π}}{\text{3}}-\sin {\beta }_{i+1}=\left(1-\frac{a_{i-1}}{r}\right)\sin \left({\beta }_i-\frac{\text{π}}{\text{3}}\right).$ (12)

当n ³ 4时，由(1)式和凸性不妨设 ${\alpha }_1\in \left(0,\text{2π}/n\right]$，则(11)式蕴涵

$\sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{\text{2}}=\left(1-\frac{a_{\text{0}}}{r}\right)\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{\text{1}}\right)\ge \text{0,}$

${\alpha }_2\in \left(0,\text{2π}/n\right]\cup \left[\left(n-\text{2}\right)\text{π}/n,\text{π}\right).$

进而按两个区间分两种情形分别讨论。若 ${\alpha }_2\in \left[\left(n-\text{2}\right)\text{π}/n,\text{π}\right)$，则由(11)式递推有

$\sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{\text{3}}=\left(1-\frac{a_{\text{1}}}{r}\right)\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_{\text{2}}\right)\le \text{0,}$

${\alpha }_3\in \left[\text{2π}/n,\left(n-\text{2}\right)\text{π}/n\right],$

$\cdots$

$\sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{i+1}=\left(1-\frac{a_{i-1}}{r}\right)\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_i\right)\le \text{0,}$

${\alpha }_{i+1}\in \left[\text{2π}/n,\left(n-\text{2}\right)\text{π}/n\right],$

$\cdots$

$\sin \frac{2\text{π}}{n}-\sin {\alpha }_{\text{1}}=\left(1-\frac{a_{n-1}}{r}\right)\sin \left(\frac{2\text{π}}{n}-{\alpha }_n\right)\le \text{0,}$

${\alpha }_1\in \left[\text{2π}/n,\left(n-\text{2}\right)\text{π}/n\right],$

于是

${\alpha }_1\in \left[\text{2π}/n,\left(n-\text{2}\right)\text{π}/n\right]\cap \left(0,\text{2π}/n\right]=\left\{\text{2π}/n\right\},$

进而再由(1)式归纳可得

${\alpha }_i=\text{2π}/n,i=1,2,\cdots ,n$

再回到(2)式可得

$a_i=a_{i-1},i=1,2,\cdots ,n$

此时与 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 不是正n边形的假设矛盾，故该种情形不成立，从而只需考虑另一情形 ${\alpha }_2\in \left(0,\text{2π}/n\right]$。此时，同理(11)式蕴涵 ${\alpha }_3\in \left(0,\text{2π}/n\right]\cup \left[\left(n-\text{2}\right)\text{π}/n,\text{π}\right)$，且只需再考虑情形 ${\alpha }_3\in \left(0,\text{2π}/n\right]$ 即可。递推归纳后，依然得到各外角相等、各边长相等，此时亦与 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 不是正n边形的假设矛盾，即知 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 只能是正n边形。

当n = 3时，由(1)式不妨设 ${\beta }_1\in \left(0,\text{π}/3\right]$，则(12)式蕴涵

$\sin \frac{\text{π}}{\text{3}}-\sin {\beta }_2=\left(1-\frac{a_0}{r}\right)\sin \left({\beta }_1-\frac{\text{π}}{\text{3}}\right)\le 0,$

${\beta }_2\in \left[\text{π}/3,\text{2π}/3\right],$

$\sin \frac{\text{π}}{\text{3}}-\sin {\beta }_3=\left(1-\frac{a_1}{r}\right)\sin \left({\beta }_2-\frac{\text{π}}{\text{3}}\right)\ge 0,$

${\beta }_3\in \left(0,\text{π}/3\right]\cup \left[\text{2π}/3,\text{π}\right).$

再由(1)式限制可知只能有

${\beta }_3\in \left(0,\text{π}/3\right].$

再由(12)式可知

$\sin \frac{\text{π}}{\text{3}}-\sin {\beta }_{\text{1}}=\left(1-\frac{a_{\text{2}}}{r}\right)\sin \left({\beta }_{\text{3}}-\frac{\text{π}}{\text{3}}\right)\le 0,$

${\beta }_1\in \left[\text{π}/3,\text{2π}/3\right],$

于是

${\beta }_1\in \left[\text{π}/3,\text{2π}/3\right]\cap \left(0,\text{π}/3\right]=\left\{\text{π}/3\right\}.$

进而得到各内角相等、各边长相等，此时亦与ΔA ₁ A ₂ A ₃不是正三角形的假设矛盾，故该假设不成立，即结论得证。

与上述证法类似，利用(12)式也可推知关于三角形的下列结论成立。

定理4：若在ΔA ₁ A ₂ A ₃三边A ₁ A ₂、A ₂ A ₃、A ₃ A ₁之上(不含延长线上)可以分别截取点P₁、P₂、P₃使得有向截长A₁P ₁ = A ₂P ₂ = A ₃P₃并使ΔP₁P₂P₃成为正三角形，则此时ΔA ₁ A ₂ A ₃为正三角形。

证明：用反证法。设正定向ΔP₁P₂P₃不是正三角形，且具有有向截长 $r\le \min \left\{a_i|i=1,2,3\right\}$。不妨设三个内角 ${\beta }_1\le {\beta }_2\le {\beta }_3$，则由(1)式和(12)式可知

$0\le r\left[\sin \left(\text{π}/3\right)-\sin {\beta }_1\right]=\left(r-a_2\right)\sin \left({\beta }_3-\text{π}/3\right)\le 0,$

${\beta }_1=\text{π}/3,$

进而再由(12)式可得各内角相等，由(2)式可得各边长相等，与A ₁ A ₂ A ₃不是正三角形的假设矛盾，故A ₁ A ₂ A ₃只能是正三角形，结论得证。

至此，可将定理2和定理4合并写为下列结论。

定理5：对于奇数边数n 的情形，上述正定向n边形 $A_1{A}_2\cdots A_n$ 若是凸的并且仅具有唯一的小于各边之长的有向截长r使得所确定的等截分点n边形 $P_{\text{1}}{P}_{\text{2}}\cdots P_n$ 恰好为正n边形，则奇数边数只能是n = 5。

关于三角形时的非正三角形解的存在性的证明，以及相关性质的讨论，可归结为对于相关连续函数的取值分布的讨论。

方程式(6)的三个方程在(1)式约束下以ΔABC的三内角 ${\beta }_1\le {\beta }_2\le {\beta }_3$ 为变元之时，是相互等价的，等价于以其较小的两个内角 ${\beta }_1\le {\beta }_2$ 为变元之时的形式。除了具有对应于正三角形的特解 ${\beta }_1={\beta }_2={\beta }_3=\text{π}/3$ 之外，它还存在其它的解，这些解将对应于钝角三角形。事实上，具体可讨论闭区域上的二元函数的零值分布状况。由(6)式等价形式构造函数

$f\left({\beta }_1,{\beta }_2\right)=\sin {\beta }_1\sin \left(\text{π}/3-{\beta }_2\right)-\sin {\beta }_2\sin \left(\text{π}/3+{\beta }_1+{\beta }_2\right)+\sin \left({\beta }_1+{\beta }_2\right)\sin \left(\text{π}/3-{\beta }_1\right),$

即要考虑其零值的分布，特别是当 $\left({\beta }_1,{\beta }_2\right)\in \left[0,\text{π}/3\right]\times \left[{\beta }_1,\text{π}/2-{\beta }_1/2\right]$ 之时的分布。注意到有

$f\left(0,{\beta }_2\right)=\sin {\beta }_2\left[\sin \left(\text{π}/3\right)-\sin \left(\text{π}/3+{\beta }_2\right)\right],$

$f\left({\beta }_1,\text{π}/3-{\beta }_1\right)={\sin }^2{\beta }_1,$

$\begin{array}{c}f\left({\beta }_1,{\beta }_1\right)=\sin {\beta }_1\sin \left(\text{π}/3-{\beta }_1\right)-\sin {\beta }_1\sin \left(\text{π}/3+2{\beta }_1\right)+\sin \left(2{\beta }_1\right)\sin \left(\text{π}/3-{\beta }_1\right)\\ =\sin {\beta }_1\left[\sin \left(\text{π}/3-{\beta }_1\right)-\sin \left(\text{3π}/3-2{\beta }_1\right)+2\cos b_1\sin \left(\text{π}/3-{\beta }_1\right)\right]\\ =2\sin {\beta }_1\sin \left(\text{π}/3-{\beta }_1\right)\left[\cos \left(\text{π}/3\right)-\cos \left(\text{π}/3-{\beta }_1\right)+\cos {\beta }_1\right]\\ =2\sin {\beta }_1\sin \left(\text{π}/3-{\beta }_1\right)\left[\cos \left(\text{π}/3\right)+\cos \left(\text{π}/3+{\beta }_1\right)\right]\end{array}$

由连续函数的性质可知：对于 $\forall {\beta }_2\in \left(0,\text{π}/3\right)$ 存在 ${\beta }_1\in \left(0,{\beta }_2\right)$ 满足方程式(6)，且此时 ${\beta }_3>\text{2π}/3$，从而对应于钝角三角形为解的情形；既得下列结论。

定理6：对于 $\forall {\beta }_2\in \left(0,\text{π}/3\right)$，存在以 ${\beta }_1\le {\beta }_2\le {\beta }_3$ 为三个内角的钝角ΔA ₁ A ₂ A ₃，在其三个顶点出发的射线A ₁ A ₂、A ₂ A ₃、A ₃ A ₁上可以分别取到唯一一组点P₁、P₂、P₃使得有向截长A₁P ₁ = A ₂P ₂ = A ₃P₃并使ΔP₁P₂P₃成为正三角形。此时ΔA ₁ A ₂ A ₃的钝角 ${\beta }_3=\text{π}-{\beta }_1-{\beta }_2$ 具有值域 $\left(\text{2π}/3,\text{π}\right)$。

证明：注意到连续，而且在由 ${\beta }_1=0$ 、 ${\beta }_1={\beta }_2$ 、 ${\beta }_1=\text{π}/3-{\beta }_2$ 所围成的闭区域有边值条件

$f\left(0,{\beta }_2\right)<0,\forall {\beta }_2\in \left(0,\text{π}/3\right),$

$f\left({\beta }_1,\text{π}/3-{\beta }_1\right)>0,\forall {\beta }_1\in \left(0,\text{π}/3\right),$

$f\left({\beta }_1,{\beta }_1\right)>0,\forall {\beta }_1\in \left(0,\text{π}/3\right),$

故由闭区间上连续函数的零点定理可知， $\forall {\beta }_2\in \left(0,\text{π}/3\right)$，存在 ${\beta }_1\in \left(0,{\beta }_2\right)\cap \left(0,\text{π}/3-{\beta }_2\right)$ 使得 $f\left({\beta }_1,{\beta }_2\right)=0$。于是，可知所论存在性成立，且此时 ${\beta }_3>\text{2π}/3$。再注意到引理2，可知截长与钝角对边的比值必是唯一的。进一步注意到对应 ${\beta }_1+{\beta }_2$ 的取值范围充满 $\left(0,\text{π}/3\right)$，得知钝角 ${\beta }_3$ 具有值域 $\left(\text{2π}/3,\text{π}\right)$。证毕。

引理7：若ΔA ₁ A ₂ A ₃是正三角形等截分逆问题的解，即在其三个顶点出发的射线A ₁ A ₂、A ₂ A ₃、A ₃ A ₁上可以分别取到点P₁、P₂、P₃使得有向截长A₁P ₁ = A ₂P ₂ = A ₃P₃并使ΔP₁P₂P₃成为正三角形，并且ΔA ₁ A ₂ A ₃不是正三角形，则ΔA ₁ A ₂ A ₃的三个内角两两不相等。

证明：按上文中的记号，注意到 $f\left({\beta }_1,{\beta }_1\right)>0$，$\forall {\beta }_1\in \left(0,\text{π}/3\right)$，既得 ${\beta }_1<{\beta }_2$。而

$\begin{array}{l}f\left({\beta }_1,\text{π}/2-{\beta }_1/2\right)\\ =\sin {\beta }_1\sin \left({\beta }_1/2-\text{π}/6\right)-\cos \left({\beta }_1/2\right)\sin \left(\text{π}/6-{\beta }_1/2\right)+\cos \left({\beta }_1/2\right)\sin \left(\text{π}/3-{\beta }_1\right)\\ =\sin \left(\text{π}/6-{\beta }_1/2\right)\cos \left({\beta }_1/2\right)\left[-2\sin \left({\beta }_1/2\right)-1+2\cos \left(\text{π}/6-{\beta }_1/2\right)\right]\\ =\sin \left(\text{π}/6-{\beta }_1/2\right)\cos \left({\beta }_1/2\right)\left[2\cos \left(\text{π}/6+{\beta }_1/2\right)-1\right]>0,\forall {\beta }_1\in \left(0,\text{π}/3\right)\end{array}$

从而 ${\beta }_2<{\beta }_3$，证毕。

定理8：若ΔA ₁ A ₂ A ₃是正三角形等截分逆问题的解，并且ΔA ₁ A ₂ A ₃不是正三角形，则ΔA ₁ A ₂ A ₃只能是定理6之中所给定的一族钝角三角形。

证明：按上文中的记号，现由引理7不妨设 ${\beta }_1<{\beta }_2<{\beta }_3$，则 ${\beta }_1\in \left(0,\text{π}/3\right)$，${\beta }_2\in \left({\beta }_1,\text{π}/2\right)$，${\beta }_3\in \left(\text{π}/3,\text{π}\right)$。注意到引理4及其证明过程，得知 ${\beta }_2\ne \text{π}/3$。而注意到(12)式即知

$r>a_2.$

现若 ${\beta }_2\in \left(\text{π}/3,\text{π}/2\right)$，则再注意到(12)式即知

$0>r\left[\sin \left(\text{π}/3\right)-\sin {\beta }_2\right]=\left(r-a_3\right)\sin \left({\beta }_1-\text{π}/3\right),$

$r>a_3.$

此时，由ΔA ₁ A ₂ A ₃不是正三角形和定理3即知只能有

$r<a_1.$

于是，相应截点P₁落在边A ₁ A ₂上，同时截点P₃落在边A ₃ A ₁的延长线上，从而对应角度之间具有关系

${\beta }_2<\angle P_2{P}_1{A}_1<\angle P_2{P}_1{P}_3=\text{π}/3,$

即得矛盾。因而只能有

${\beta }_2\in \left({\beta }_1,\text{π}/2\right)-\left\{\text{π}/3\right\}-\left(\text{π}/3,\text{π}/2\right)=\left({\beta }_1,\text{π}/3\right),$

$0<r\left[\sin \left(\text{π}/3\right)-\sin {\beta }_2\right]=\left(r-a_3\right)\sin \left({\beta }_1-\text{π}/3\right),$

$r<a_3.$

此时依次得知

$\begin{array}{c}{a}_1/a_3=\sin {\beta }_3/\sin {\beta }_2=\sin \left({\beta }_1+{\beta }_2\right)/\sin {\beta }_2=\sin {\beta }_1\cos {\beta }_2/\sin {\beta }_2+\cos {\beta }_1\\ >\sin {\beta }_1\cos \left(\text{π}/3\right)/\sin \left(\text{π}/3\right)+\cos {\beta }_1=\sin \left({\beta }_1+\text{π}/3\right)/\sin \left(\text{π}/3\right)>1\end{array}$

$r<a_3<a_1,$

$r\left[\sin \left(\text{π}/3\right)-\sin {\beta }_3\right]=\left(r-a_1\right)\sin \left({\beta }_2-\text{π}/3\right)>0,$

${\beta }_3\in \left(0,\text{π}/3\right)\cup \left(\text{2π}/3,\text{π}\right).$

进而

${\beta }_3\in \left[\left(0,\text{π}/3\right)\cup \left(\text{2π}/3,\text{π}\right)\right]\cap \left(\text{π}/3,\text{π}\right)=\left(\text{2π}/3,\text{π}\right).$

此即对应为定理6之中所给定的钝角三角形，证毕。

对于一般的多边形边数大于等于4的情形，讨论所论逆问题解的分类问题是有意义的，但预期是复杂的，有待于进一步研究。

基金项目

本项研究受到国家自然科学基金资助，项目号11471039，11971057。

文章引用

王幼宁,苏效乐. 正多边形等截分之逆问题
The Inverse Question of the Equal Segmentation Problem of Regular Polygons[J]. 理论数学, 2019, 09(09): 998-1008. https://doi.org/10.12677/PM.2019.99126

参考文献