ABSTRACT

In this paper, we focus on the inverse question of the equal segmentation problem of squares and obtain some interesting results.

Keywords:Regular Polygon, Equal Segmentation Problem, Square

正方形等截分之逆问题

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4月26日；录用日期：2019年5月6日；发布日期：2019年5月22日

摘 要

本文讨论了正方形等截分问题的逆问题，得到不同情况下一些有意思的结果。

关键词 :正多边形，等截分，正方形

Copyright © 2019 by author(s) and Hans Publishers Inc.

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1. 引言

所谓正多边形等截分问题是指：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。其求解并不复杂，但其逆问题的求解 [1] [2] [3] 却不是那么显然的。本文将合理利用解析几何的方法，讨论n = 4的情形，也就是正方形的等截分问题的逆问题并给出解析研讨。

事实上，不仅可以考虑等长截点落在原四边形各边之上，还可以考虑截点落在各边的有向延长线上。于是推广了的正方形等截分点相应性质依然具备，同时逆问题可以相应推广。寻找该逆问题的初等几何解法是不容易的；本文的主要结果将给出其解析解法，自然推广原有结果。

本文总考虑顺序以点A₁，A₂，A₃，A₄为顶点的正定向四边形A₁A₂A₃A₄。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)内角为 ${\alpha }_i\in \left(0,\text{2π}\right)$ ，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，其中记 $A_i=A_{i+}{}_{\text{4}}$ ， $P_i=P_{i+}{}_{\text{4}}$ ， ${\alpha }_i={\alpha }_{i+4}$ ， $i=0,\text{1},\text{2}$ 。熟知有四边形(不一定凸)内角和

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{4}{\sum }}{\alpha }_i}=2\text{π}$ . (1)

2. 准备工作

先给出一个四边形等截分问题的一个等价条件。

引理1上述正定向四边形A₁A₂A₃A₄的以有向截长 $r\in \left(0,+\infty \right)$ 确定的等截分点四边形P₁P₂P₃P₄恰好成为正方形的充要条件是其边长、内角以及等截长满足(1)式以及

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

$-\left(a_{i-1}-r\right)cos{\alpha }_i+r\left(1-\sin {\alpha }_{i+1}\right)=0$ , (3)

其中 $i=1,2,3,4$ 。并且，在指标4阶循环意义下的任意指定的2个相邻i所对应的(2)和(3)式中两对方程，蕴含于整个方程组的其余两对方程之中。

证明等截分点四边形P₁P₂P₃P₄是正方形的充要条件是其4个边向量P_iP_i+1， $i=1,2,3,4$ 循序旋转p/2相等，或者等价地说，相邻两边垂直且相等。

由于正方形的各组相邻边的关系是相同的，故只需要首先分别考虑P_i-1P_i和P_iP_i+1成为某个正方形的一组相邻边的充要条件。

为此，以A_i为原点、以向量A_iA_i+1为水平轴正向向量建立符合定向的直角坐标系，如图1所示，则相关各点坐标可分别确定为 $A_i\left(0,0\right)$ ， $A_{i+1}\left(a_i,0\right)$ ， $P_i\left(r,0\right)$ ， $A_{i-1}\left(a_{i-1}\cos {\alpha }_i,a_{i-1}\sin {\alpha }_i\right)$ ， $P_{i-1}\left(\left(a_{i-1}-r\right)\cos {\alpha }_i,\left(a_{i-1}-r\right)\sin {\alpha }_i\right)$ ， $P_{i+1}\left(a_i-r\cos {\alpha }_{i+1},r\sin {\alpha }_{i+1}\right)$ 。此时，四边形P₁P₂P₃P₄的边向量

$P_i{P}_{i+1}=\left(a_i-r-r\cos {\alpha }_{i+1},r\sin {\alpha }_{i+1}\right)$ ,

$P_{i-1}{P}_i=\left(-\left(a_{i-1}-r\right)\cos {\alpha }_i+r,-\left(a_{i-1}-r\right)\sin {\alpha }_i\right)$ .

同时，这两条边向量旋转p/2相等的条件在此坐标系下看成复向量(也可以用矩阵)的表达形式即为

$\left(-\left(a_i{}_{-1}-r\right)\cos {\alpha }_i+r-\left(a_i{}_{-1}-r\right)\sqrt{-1}\sin {\alpha }_i\right)\sqrt{-1}=a_i-r-r\cos {\alpha }_i{}_{+1}+r\sqrt{-1}\sin {\alpha }_i{}_{+1}$ , (4)

图1. 等截分示意图

其中 $\sqrt{-1}$ 为虚数单位。分量形式即分别为

$a_i-r-r\cos {\alpha }_{i+1}=\left(a_{i-1}-r\right)\sin {\alpha }_i$ ,

$r\sin {\alpha }_{i+1}=-\left(a_{i-1}-r\right)\cos {\alpha }_i+r$ .

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四边形P₁P₂P₃P₄的4个边向量P_iP_i+1， $i=1,2,3,4$ 循序旋转p/2是相等的，从而是它成为正方形的充要条件。进一步，注意到在指标循环意义下的两对相邻边向量循序旋转p/2相等，则蕴涵着另外两对也同时成立，其中内角取值满足(1)式，因而结论成立。

引理2上述正定向四边形A₁A₂A₃A₄若具有以两种有向截长r₁，r₂ (r₁ ¹ r₂)所分别确定的等截分点四边形分别为正方形，则A₁A₂A₃A₄必为正方形，从而其对于任意截长所得到的等截分点四边形均为正方形。

证明对于给定的正定向四边形A₁A₂A₃A₄，若以有向截长r₁ ¹ r₂所分别确定的等截分点四边形分别为正方形，则由引理1结论，(2)和(3)式对于r = r₁和r = r₂都成立，重写为r的一次方程组

$r\left(1+\cos {\alpha }_{i+1}-\sin {\alpha }_i\right)=a_i-a_{i-1}\sin {\alpha }_i$ ,

$r\left(1+\cos {\alpha }_i-\sin {\alpha }_{i+1}\right)=a_{i-1}\cos {\alpha }_i$ .

注意到各边长a_i > 0，得到

$1+\cos {\alpha }_{i+1}-\sin {\alpha }_i=0$ , $a_i-a_{i-1}\sin {\alpha }_i=0$ ,

$1+\cos {\alpha }_i-\sin {\alpha }_{i+1}=0$ , $a_{i-1}\cos {\alpha }_i=0$ ,

其中 $i=1,2,3,4$ 。注意到 ${\alpha }_i\in \left(0,\text{2π}\right)$ ， $i=1,2,3,4$ ，该组条件意味着只能有

${\alpha }_i=\frac{\text{π}}{2}$ , $a_i=a_{i-1}$ , $i=1,2,3,4$ .

即得A₁A₂A₃A₄为正方形。

引理3 上述正定向四边形A ₁ A ₂ A ₃ A ₄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四边形P₁P₂P₃P₄恰好为正方形，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

$-\frac{a_{i-1}}{r}cos{\alpha }_i+cos{\alpha }_i+1-\sin {\alpha }_{i+1}=0$ , (5)

而(2)式当 $\cos {\alpha }_i\ne 0$ 时可以等价置换为方程

$\sin {\alpha }_{i-1}cos{\alpha }_i-\sin {\alpha }_i\sin \left({\alpha }_{i-1}+{\alpha }_i\right)+\sin {\alpha }_{i+1}cos{\alpha }_{i-1}=0$ , (6)

其中 $i=1,2,3,4$ 。

证明现在A ₁ A ₂ A ₃ A ₄不是正方形，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

$\left(a_{i-1}-r\right)\sin {\alpha }_i-\left(a_i-r\right)+r\cos {\alpha }_{i+1}=0$ , (7)

其中 $i=1,2,3,4$ 。同时(3)式显然等价于(5)式，并且可以按指标组等价改写为

$-\left(a_i-r\right)cos{\alpha }_{i+1}+r\left(1-\sin {\alpha }_{i+2}\right)=0$ . (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

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

$\begin{array}{c}=\cos {\alpha }_{i}sin{\alpha }_{i+2}+\cos {\alpha }_{i+1}\sin {\alpha }_i-\left(\cos {\alpha }_i{\sin }^2{\alpha }_{i+1}+\cos {\alpha }_{i+1}\sin {\alpha }_i\sin {\alpha }_{i+1}\right)\\ =\sin {\alpha }_i\cos {\alpha }_{i+1}+\cos {\alpha }_{i}sin{\alpha }_{i+2}-\sin {\alpha }_{i+1}\left(\cos {\alpha }_i\sin {\alpha }_{i+1}+\cos {\alpha }_{i+1}\sin {\alpha }_i\right)\\ =\sin {\alpha }_i\cos {\alpha }_{i+1}+\cos {\alpha }_{i}sin{\alpha }_{i+2}-\sin {\alpha }_{i+1}\sin \left({\alpha }_i+{\alpha }_{i+1}\right)\end{array}$

此即按指标组等价于(6)式。注意到当 $\cos {\alpha }_i\ne 0$ 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 上述正定向四边形A ₁ A ₂ A ₃ A ₄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四边形P₁P₂P₃P₄恰好为正方形，则 $r\notin \left\{a_i>0|i=1,2,3,4\right\}$ 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 A ₃ A ₄具有正定向且凸，意味着 ${\alpha }_i\in \left(0,\text{π}\right)$ ， $i=1,2,3,4$ 。由引理2可知它不是正方形，由引理3可知现只需证明 $\cos {\alpha }_i\ne 0$ ， $i=1,2,3,4$ 。

用反证法，不妨设 $\exists j\in \left\{1,2,3,4\right\}$ 使 $\cos {\alpha }_{j+1}=0$ ，则 ${\alpha }_{j+\text{1}}=\frac{\text{π}}{2}\in \left(0,\text{π}\right)$ ，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

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

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

进而，由第二组式子可知，

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

于是可递推得到A₁A₂A₃A₄各内角相同、各边等长，与它不是正方形矛盾。结论得证。

引理5 对于给定的不是正方形的正定向四边形A₁A₂A₃A₄，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四边形P₁P₂P₃P₄恰好为正方形，则A ₁ A ₂ A ₃ A ₄的内角不能有取值p/2的。

证明 若 $\exists j\in \left\{1,2,3,4\right\}$ 使某个内角 ${\alpha }_{j+\text{1}}=\text{π}/2$ ，则(2)式和(3)式变为

$\left(a_{j-1}-r\right)\sin {\alpha }_j=a_j-r$ ,

$\left(a_{j-1}-r\right)cos{\alpha }_j=0$ ,

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

$\sin {\alpha }_j>0$ , $\cos {\alpha }_j=0$ .

注意到凸性意味着 ${\alpha }_j\in \left(0,\text{π}\right)$ ，可得唯一解 ${\alpha }_j=\text{π}/2$ 。关于指标j递推归纳则得4个内角都等于p/2，再回到(2)式得到各边长也都相等，与A ₁ A ₂ A ₃ A ₄不是正方形矛盾。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。

定理1 对于给定的正定向凸四边形A ₁ A ₂ A ₃ A ₄，若存在使截点都落在各边之上的有向截长 $r\in \left(0,+\infty \right)$ 所确定的等截分点四边形P₁P₂P₃P₄恰好为正方形，则A ₁ A ₂ A ₃ A ₄必为正方形。

证明 四边形A ₁ A ₂ A ₃ A ₄是凸的，即有 ${\alpha }_i\in \left(0,\text{π}\right)$ ， $i=1,2,3,4$ ；而截点都取在各边之上，即 $0<r<\min \left\{a_i>0|i=1,2,3,4\right\}$ ，则由(3)式知道 ${\alpha }_i\le \text{π}/2$ ， $i=1,2,3,4$ 。进而在(1)式限制下只能有 ${\alpha }_i=\text{π}/2$ ， $i=1,2,3,4$ 。从而再由(2)式得知 $a_i=a_i{}_{+\text{1}}$ ， $i=1,2,3,4$ 。故由引理1可得A ₁ A ₂ A ₃ A ₄必为正方形。

这说明对于凸四边形来说，截点都落在各边内部时，只有正方形本身的等截分四边形是正方形.

进一步，当不要求满足凸性或截点可以取在某条边的延长线之上时，联立(1)式、(2)式和(3)式所得到的方程组都具有不是正方形的相应特定解。

引理6 对于给定的不是正方形的正定向四边形A ₁ A ₂ A ₃ A ₄，若存在有向截长 $r\in \left(0,+\infty \right)$ 所确定的等截分点四边形P₁P₂P₃P₄恰好为正方形，则A ₁ A ₂ A ₃ A ₄的内角不能有取值±p/2。

证明 若 $\exists j\in \left\{1,2,3,4\right\}$ 使某个内角 ${\alpha }_j=\text{π}/2$ ，则由(3)式得 ${\alpha }_{j+1}=\text{π}/2$ 为直角，关于指标递推则得4个内角都等于直角，再回到(2)式得到各边长也都相等，与A ₁ A ₂ A ₃ A ₄不是正方形矛盾。

而若 $\exists j\in \left\{1,2,3,4\right\}$ 使 ${\alpha }_j=-\text{π}/2$ ，由(3)式则得 ${\alpha }_{j+1}=\text{π}/2$ ，回到上一情形，矛盾。

综合以上两种情况命题得证。

定理2 对于给定的不是正方形的正定向四边形A ₁ A ₂ A ₃ A ₄，其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四边形P₁P₂P₃P₄恰好为正方形的充要条件是其边长、内角以及等截长满足(1)式以及方程组

$\sin {\alpha }_{i-1}\cos {\alpha }_i-\sin {\alpha }_i\sin \left({\alpha }_{i-1}+{\alpha }_i\right)+\sin {\alpha }_{i+1}\cos {\alpha }_{i-1}=0$ , (9)

$\frac{a_{i-1}}{r}=1+\frac{1-\sin {\alpha }_{i+1}}{\cos {\alpha }_i}$ , (10)

其中 $i=1,2,3,4$ 。此种情形下，(9)式所代表的4个方程之中，任意指定的2个相邻指标i所对应的2个方程都在(1)式约束下等价于另外2个方程。

证明 注意到引理1、引理2、引理3、引理6，此时4个内角都不等于正负直角，(5)式和(6)式分别等价于(10)式和(9)式，得证。

定理2给出了不是正方形的四边形等截分得到正方形的充要条件。而且，进一步，实际上等截分得到正方形的解有无穷多个，比如四边形中有一组对边相互平行时，就有下面的结果：

定理3 对于给定的正定向梯形(本文梯形仅指有一组对边平行，也就是包含平行四边形的情况) A ₁ A ₂ A ₃ A ₄，若存在有向截长 $r\in \left(0,+\infty \right)$ 所确定的等截分点四边形P₁P₂P₃P₄恰好为正方形，则A ₁ A ₂ A ₃ A ₄必为平行四边形；并且当它不是正方形时，其各边长与等截长的比值由其锐内角唯一确定，对应通解在全等意义下诸如

$\{\begin{array}{l}{a}_1=c_0\left(\cos {\alpha }_1+\sin {\alpha }_1-1\right)\\ a_2=c_0\left(\cos {\alpha }_1-\sin {\alpha }_1+1\right)\\ r=c_0\cos {\alpha }_1\end{array}$ , ${\alpha }_1\in \left(0,\frac{\text{π}}{\text{2}}\right)$ , $c_0\in \left(0,+\infty \right)$ . (11)

证明 由梯形条件可知，不妨假设 ${\alpha }_{\text{1}}+{\alpha }_{\text{2}}={\alpha }_{\text{3}}+{\alpha }_{\text{4}}=\text{π}$ ，其中 ${\alpha }_i\in \left(0,\text{π}\right)-\left\{\text{π}/2\right\}$ ，i = 1, 2, 3, 4。注意到引理1、引理2、引理6和定理2，现在只需要在A ₁ A ₂ A ₃ A ₄不是正方形的情形之下，考虑联立(1)式、(9)式和(10)式的通解。此时(9)式当取i = 2时即可简化为

$\text{0}=\sin {\alpha }_1\cos {\alpha }_{\text{2}}+\sin {\alpha }_{\text{3}}\cos {\alpha }_1=\left(\sin {\alpha }_{\text{3}}-\sin {\alpha }_1\right)\cos {\alpha }_1$ ,

从而分以下两种情形：

情形一， ${\alpha }_1={\alpha }_3$ ，进一步 ${\alpha }_2={\alpha }_4=\text{π}-{\alpha }_1$ ，于是A ₁ A ₂ A ₃ A ₄是平行四边形，此时(9)式当取i = 4时的方程与取i = 2时的等价，当取i = 3时的方程与取i = 1时的等价且自然满足，即已得联立(1)式和(9)式的通解。再由(10)式即得a ₁ = a ₃，a ₂ = a ₄，且

$\frac{a_1}{r}=1+\frac{1-\sin {\alpha }_{\text{3}}}{\cos {\alpha }_{\text{2}}}=1-\frac{1-\sin {\alpha }_{\text{1}}}{\cos {\alpha }_{\text{1}}}=\frac{\cos {\alpha }_{\text{1}}+\sin {\alpha }_{\text{1}}-1}{\cos {\alpha }_{\text{1}}}$ , (12)

$\frac{a_2}{r}=1+\frac{1-\sin {\alpha }_{\text{4}}}{\cos {\alpha }_{\text{3}}}=1+\frac{1-\sin {\alpha }_{\text{1}}}{\cos {\alpha }_{\text{1}}}=\frac{\cos {\alpha }_{\text{1}}-\sin {\alpha }_{\text{1}}+1}{\cos {\alpha }_{\text{1}}}$ , (13)

在全等意义下不妨取锐内角为a₁，则通解即如(11)式。

情形二， ${\alpha }_3=\text{π}-{\alpha }_1={\alpha }_2$ ，进一步 ${\alpha }_{\text{4}}=\text{π}-{\alpha }_{\text{3}}={\alpha }_{\text{1}}$ ，于是A ₁ A ₂ A ₃ A ₄是等腰梯形，此时(9)式当取i = 4时的方程与取i = 2时的等价，当取i = 3时的方程与取i = 1时的等价且简化为

$\sin {\alpha }_{\text{1}}\cos {\alpha }_{\text{1}}-\sin {\alpha }_{\text{1}}\sin \left(\text{2}{\alpha }_{\text{1}}\right)+\sin {\alpha }_{\text{1}}\cos {\alpha }_1=0$ ,

$2\sin {\alpha }_{\text{1}}\cos {\alpha }_{\text{1}}\left[1-\sin {\alpha }_{\text{1}}\right]=0$ ,

在所讨论的范围内无解。

故综合两种情形得知结论成立。

注记1 对于定理3之中的平行四边形通解，将(12)，(13)两式分别相除和相加，有

$\frac{a_1}{a_{\text{2}}}=\frac{\cos {\alpha }_{\text{1}}-\sin {\alpha }_{\text{1}}+1}{\cos {\alpha }_{\text{1}}+\sin {\alpha }_{\text{1}}-1}=cot\frac{{\alpha }_1}{2}=\frac{\sin {\alpha }_{\text{1}}}{1-\cos {\alpha }_{\text{1}}}$ ,

$r=\frac{a_1+a_{\text{2}}}{2}$ .

特别当a₁可尺规作出时，比如等于p/4时，对应图形可尺规做出。同时，极限情形有

$\underset{{\alpha }_{\text{1}}\to \frac{\text{π}}{2}}{\lim }\frac{a_1}{a_{\text{2}}}=1$ , $\underset{{\alpha }_{\text{1}}\to \frac{\text{π}}{2}}{\lim }\frac{a_1}{r}=1$ .

注记2 对于其它四边形，也可以用画图软件说明有很多四边形等截分都能得到正方形。但相关分类并不简单，后续可以继续研究。

对于一般的多边形边数大于4的情形，讨论所论逆问题解的分类问题也是有意义的，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。

文章引用

王幼宁,苏效乐. 正方形等截分之逆问题
The Inverse Question of the Equal Segmentation Problem of Squares[J]. 理论数学, 2019, 09(03): 386-392. https://doi.org/10.12677/PM.2019.93051

参考文献