理论数学  >> Vol. 9 No. 9 (November 2019)

正多边形等截分之逆问题
The Inverse Question of the Equal Segmentation Problem of Regular Polygons

DOI: 10.12677/PM.2019.99126, PDF, HTML, XML, 下载: 376  浏览: 532  国家自然科学基金支持

作者: 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

关键词: 正多边形等截分正方形正三角形Regular Polygon Equal Segmentation Problem Square Regular Triangle

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。
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.

文章引用: 王幼宁, 苏效乐. 正多边形等截分之逆问题[J]. 理论数学, 2019, 9(9): 998-1008. https://doi.org/10.12677/PM.2019.99126

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 , , A n 为顶点的正定向n边形 A 1 A 2 A n n 3 。记顶点Ai到Ai+1的边长为 a i > 0 ,顶点Ai之处的有向外角为 α i ( π , π ) ,以有向截长 r ( 0 , + ) 在边AiAi+1或其延长线上从Ai出发所截得之点为 P i , i = 1 , 2 , , n ,其中记 A 0 = A n A n + 1 = A 1 A n + 2 = A 2 α 0 = α n α n + 1 = α 1 α n + 2 = α 2 a 0 = a n a n + 1 = a 1 a n + 2 = a 2 。熟知有

i = 1 n α i = 2 π . (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 A n 的以有向截长 r ( 0 , + ) 确定的等截分点n边形 P 1 P 2 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

( a i 1 r ) cos ( 2 π n α i ) + r ( cos 2 π n cos α i + 1 ) = ( a i r ) , (2)

( a i 1 r ) sin ( 2 π n α i ) + r ( sin 2 π n sin α i + 1 ) = 0 , (3)

其中 i = 1 , 2 , , 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 1 P 2 P n 是正n边形的充要条件是其n个边向量 P i P i + 1 , i = 1 , 2 , , 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Pi-1Pi和PiPi + 1成为某个正n边形的一组相邻边的充要条件。

为此,以Ai为原点、以AiAi+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 ( 0 , 0 ) A i + 1 ( a i , 0 ) P i ( r , 0 ) A i 1 ( a i 1 cos α i , a i 1 sin α i ) P i 1 ( ( a i 1 r ) cos α i , ( a i 1 r ) sin α i ) P i + 1 ( a i + r cos α i + 1 , r sin α i + 1 ) 。此时,n边形 P 1 P 2 P n 的边向量 P i P i + 1 = ( a i r + r cos α i + 1 , r sin α i + 1 ) P i 1 P i = ( r + ( a i 1 r ) cos α i , ( a i 1 r ) sin α i )

Figure 1. Sketch map of equal segmentation

图1. 等截分示意图

同时,这两条边向量旋转 / n 相等的条件在此坐标系下的表达形式即为

P i 1 P i ( cos n sin n sin n cos n ) = P i P i + 1 , (4)

分量形式即分别为

a i r + r cos α i + 1 = [ r + ( a i 1 r ) cos α i ] cos ( / n ) + ( a i 1 r ) sin α i sin ( / n ) = ( a i 1 r ) cos ( / n α i ) + r cos ( / n )

r sin α i + 1 = [ r + ( a i 1 r ) cos α i ] sin ( / n ) ( a i 1 r ) sin α i cos ( / n ) = ( a i 1 r ) sin ( / n α i ) + r sin ( / n )

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 1 P 2 P n 的n个边向量 P i P i + 1 , i = 1 , 2 , , n 循序旋转 / 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 / 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 A n 若具有以有向截长 r 1 r 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 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 A n ,若以有向截长 r 1 r 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 1 r = r 2 都成立,注意到各边长 a i > 0 ,得到

sin ( 2 π n α i ) = 0 sin α i + 1 = sin 2 π n

cos ( 2 π n α i ) = 1 cos α i + 1 = cos 2 π n

其中 i = 1 , 2 , , n 。注意到 α i ( π , π ) , i = 1 , 2 , , n ,该组条件意味着只能有

α i = 2 π n , i = 1 , 2 , , n .

代回(2)式进一步得到 a i = a i + 1 ,即得 A 1 A 2 A n 为正n边形。

引理3:上述正定向n边形 A 1 A 2 A n 若仅具有唯一的有向截长 r ( 0 , + ) 使得所确定的等截分点n边形 P 1 P 2 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

a i 1 r sin ( 2 π n α i ) sin ( 2 π n α i ) + sin 2 π n sin α i + 1 = 0 , (5)

而(2)式当 sin ( 2 π n α i ) 0 时可以等价置换为方程

sin α i 1 sin ( 2 π n α i ) sin α i sin ( n α i 1 α i ) + sin α i + 1 sin ( 2 π n α i 1 ) = 0 , (6)

其中 i = 1 , 2 , , n

证明:现在 A 1 A 2 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

( a i 1 r ) cos ( 2 π n α i ) ( a i r ) + r ( cos 2 π n cos α i + 1 ) = 0 , (7)

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

( a i r ) sin ( 2 π n α i + 1 ) + r ( sin 2 π n sin α i + 2 ) = 0. (8)

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

0 = | cos ( 2 π n α i ) 1 cos 2 π n cos α i + 1 sin ( 2 π n α i ) 0 sin 2 π n sin α i + 1 0 sin ( 2 π n α i + 1 ) sin 2 π n sin α i + 2 | = | sin ( 2 π n α i ) sin 2 π n sin α i + 1 0 sin 2 π n sin α i + 2 | sin ( 2 π n α i + 1 ) | cos ( 2 π n α i ) cos 2 π n cos α i + 1 sin ( 2 π n α i ) sin 2 π n sin α i + 1 | = sin 2 π n sin ( 2 π n α i ) sin ( 2 π n α i ) sin α i + 2 sin ( 2 π n α i + 1 ) [ sin 2 π n cos ( 2 π n α i ) cos 2 π n sin ( 2 π n α i ) ] sin ( 2 π n α i + 1 ) [ cos ( 2 π n α i ) sin α i + 1 + sin ( 2 π n α i ) cos α i + 1 ]

= sin α i sin ( 2 π n α i + 1 ) sin α i + 2 sin ( 2 π n α i ) + sin ( 2 π n α i ) sin ( 2 π n α i + 1 + α i + 1 ) + cos ( 2 π n α i ) sin ( 2 π n α i + 1 ) sin α i + 1 sin ( 2 π n α i ) sin ( 2 π n α i + 1 ) cos α i + 1 = sin α i sin ( 2 π n α i + 1 ) sin α i + 2 sin ( 2 π n α i ) + cos ( 2 π n α i ) sin ( 2 π n α i + 1 ) sin α i + 1 + sin ( 2 π n α i ) cos ( 2 π n α i + 1 ) sin α i + 1 = sin α i sin ( 2 π n α i + 1 ) sin α i + 2 sin ( 2 π n α i ) + sin α i + 1 sin ( 4 π n α i α i + 1 )

此即按指标组等价于(6)式。注意到当 sin ( 2 π n α i ) 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 A n 若是凸的并且仅具有唯一的有向截长 r ( 0 , + ) 使得所确定的等截分点n边形 P 1 P 2 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 { a i > 0 | i = 1 , 2 , , n } 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 n 具有正定向且凸,意味着 α i ( 0 , π ) , i = 1 , 2 , , 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 ( 2 π n α i ) 0 , i = 1 , 2 , , n

用反证法,不妨设 j { 1 , 2 , , n } 使 sin ( 2 π n α j + 1 ) = 0 ,则 α j + 1 = 2 π n ( 0 , π ) ,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

( a j 1 r ) cos ( 2 π n α j ) = a j r , ( a j 1 r ) sin ( 2 π n α j ) = 0 ,

a j + r ( cos 2 π n cos α j + 2 ) = a j + 1 , r ( sin 2 π n sin α j + 2 ) = 0.

进而,由第二组式子可知,当n = 3时,若 α j + 2 = ( n 2 ) π n 则进一步由(1)式即可得知 α j = 2 π α j + 1 α j + 2 = π ,矛盾;于是此时只能有

α j + 2 = 2 π n , a j = a j + 1 .

当n = 4时,同样由第二组式子易知

α j + 2 = 2 π n , a j = a j + 1 .

而当n ³ 5并且 r { a i > 0 | i = 1 , 2 , , n } 时,由第一组式子可知

sin ( 2 π n α j ) = 0 ,

α j = 2 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 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 A n ,若存在一致小于(或一致大于)各边之长的有向截长 r ( 0 , + ) 使其所确定的等截分点n边形 P 1 P 2 P n 恰好为正n边形,则 A 1 A 2 A n 的外角不能有取值 / n 的。

证明:若使某个外角 α j + 1 = / n ,则(2)式和(3)式蕴涵

( a j 1 r ) cos ( 2 π n α j ) = ( a j r ) ,

( a j 1 r ) sin ( 2 π n α j ) = 0.

0 < r < min { a i > 0 | i = 1 , 2 , , n } r > max { a i > 0 | i = 1 , 2 , , n } > 0 ,则

cos ( 2 π n α j ) > 0 , sin ( 2 π n α j ) = 0.

注意到 α j ( π , π ) ,即得唯一解 α j = / n 。关于指标j递推归纳则得n个外角都等于 / n ,再回到(2)式得到各边长也都相等,与 A 1 A 2 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 α j 1 + α j = / n α j ( 0 , / n ) 时的情形下的特解及其性质。注意到此时 sin ( 2 π n α j ) 0 ,由(6)式可知

0 = sin α j 1 sin ( 2 π n α j ) + sin α j + 1 sin ( 2 π n α j 1 ) = ( sin α j 1 sin α j + 1 ) sin ( 2 π n α j ) ,

故有 α j 1 = α j + 1 。于是方程组(6)式和(1)式有特解 { α i 1 + α i = / n , α i 1 = α i + 1 | α 1 ( 0 , / n ) , i = 1 , 2 , , n } ,此时(5)式有对应解

a i 1 r = 1 sin 2 π n sin α i + 1 sin ( 2 π n α i ) = 1 sin 2 π n sin ( 4 π n α i ) sin ( 2 π n α i ) = 2 cos 2 π n [ 1 tan π n tan ( π n α i 2 ) ] ,

从而满足对 i = 1 , 2 , , n 都有

2 cos n < a i r < 2,

a i 1 + a i r = 2 cos 2 π n [ 2 tan π n tan ( π n α i 2 ) tan π n tan ( π n α i + 1 2 ) ] = 4 cos 2 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

a i r > 2 cos n { = 0 , n = 4 ; 1 , n 6.

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 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 ( 0 , + ) 使得所确定的等截分点n边形 P 1 P 2 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 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 α i ( 0 , / n ) , i = 1 , 2 , , 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 α i / n , i = 1 , 2 , , n

此时(5)式对应等价变形为

1 a i 1 r = sin 2 π n sin α i + 1 sin ( 2 π n α i ) , (9)

从而由条件 0 < r < min { a i > 0 | i = 1 , 2 , , n } 推出

sin 2 π n sin α i + 1 sin ( 2 π n α i ) < 0 (10)

由(1)式以及 α i ( 0 , / n ) ( / n , / n ) 可知 j { 1 , 2 , , n } 使 α j ( 0 , / n ) ,则由(10)式可知 sin α j + 1 > sin ( / n ) ,故得 α j + 1 ( / n , / n ) ( / n , ( n 2 ) π / n ) 。再由(10)式递推可知 sin α j + 2 < sin ( / n ) ,故得当奇数边数n = 5时 α j + 2 ( 0 , / n ) ( ( n 2 ) π / n , / n ) = ( 0 , / 5 ) ( 3 π / 5 , / 5 ) ,而当奇数边数n ³ 7时必有 α j + 2 ( 0 , / n ) 。当奇数边数n ³ 7时,随着指标i顺序遍历 { 0 , 1 , 2 , , n } ,外角 α i 在两个不相交的区间 ( 0 , / n ) ( / n , / n ) 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 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 1 P 2 P n 恰好为正n边形,则 A 1 A 2 A n 只能是正n边形。

证明:用反证法。设凸正定向 A 1 A 2 A n 不是正n边形,且具有有向截长 r > max { a i | i = 1 , 2 , , n } 使得所确定的等截分点n边形 P 1 P 2 P n 恰好为正n边形,则凸正定向意味着 α i ( 0 , π ) , i = 1 , 2 , , 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 2 π n sin α i + 1 = ( 1 a i 1 r ) sin ( 2 π n α i ) , (11)

特别当n = 3时即为三个内角 β i = π α i ( 0 , π ) 的形式

sin π 3 sin β i + 1 = ( 1 a i 1 r ) sin ( β i π 3 ) . (12)

当n ³ 4时,由(1)式和凸性不妨设 α 1 ( 0 , / n ] ,则(11)式蕴涵

sin 2 π n sin α 2 = ( 1 a 0 r ) sin ( 2 π n α 1 ) 0,

α 2 ( 0 , / n ] [ ( n 2 ) π / n , π ) .

进而按两个区间分两种情形分别讨论。若 α 2 [ ( n 2 ) π / n , π ) ,则由(11)式递推有

sin 2 π n sin α 3 = ( 1 a 1 r ) sin ( 2 π n α 2 ) 0,

α 3 [ / n , ( n 2 ) π / n ] ,

sin 2 π n sin α i + 1 = ( 1 a i 1 r ) sin ( 2 π n α i ) 0,

α i + 1 [ / n , ( n 2 ) π / n ] ,

sin 2 π n sin α 1 = ( 1 a n 1 r ) sin ( 2 π n α n ) 0,

α 1 [ / n , ( n 2 ) π / n ] ,

于是

α 1 [ / n , ( n 2 ) π / n ] ( 0 , / n ] = { / n } ,

进而再由(1)式归纳可得

α i = / n , i = 1 , 2 , , n

再回到(2)式可得

a i = a i 1 , i = 1 , 2 , , n

此时与 A 1 A 2 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 α 2 ( 0 , / n ] 。此时,同理(11)式蕴涵 α 3 ( 0 , / n ] [ ( n 2 ) π / n , π ) ,且只需再考虑情形 α 3 ( 0 , / n ] 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 A n 不是正n边形的假设矛盾,即知 A 1 A 2 A n 只能是正n边形。

当n = 3时,由(1)式不妨设 β 1 ( 0 , π / 3 ] ,则(12)式蕴涵

sin π 3 sin β 2 = ( 1 a 0 r ) sin ( β 1 π 3 ) 0 ,

β 2 [ π / 3 , / 3 ] ,

sin π 3 sin β 3 = ( 1 a 1 r ) sin ( β 2 π 3 ) 0 ,

β 3 ( 0 , π / 3 ] [ / 3 , π ) .

再由(1)式限制可知只能有

β 3 ( 0 , π / 3 ] .

再由(12)式可知

sin π 3 sin β 1 = ( 1 a 2 r ) sin ( β 3 π 3 ) 0 ,

β 1 [ π / 3 , / 3 ] ,

于是

β 1 [ π / 3 , / 3 ] ( 0 , π / 3 ] = { π / 3 } .

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 min { a i | i = 1 , 2 , 3 } 。不妨设三个内角 β 1 β 2 β 3 ,则由(1)式和(12)式可知

0 r [ sin ( π / 3 ) sin β 1 ] = ( r a 2 ) sin ( β 3 π / 3 ) 0 ,

β 1 = 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 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 1 P 2 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 β 1 β 2 β 3 为变元之时,是相互等价的,等价于以其较小的两个内角 β 1 β 2 为变元之时的形式。除了具有对应于正三角形的特解 β 1 = β 2 = β 3 = 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 ( β 1 , β 2 ) = sin β 1 sin ( π / 3 β 2 ) sin β 2 sin ( π / 3 + β 1 + β 2 ) + sin ( β 1 + β 2 ) sin ( π / 3 β 1 ) ,

即要考虑其零值的分布,特别是当 ( β 1 , β 2 ) [ 0 , π / 3 ] × [ β 1 , π / 2 β 1 / 2 ] 之时的分布。注意到有

f ( 0 , β 2 ) = sin β 2 [ sin ( π / 3 ) sin ( π / 3 + β 2 ) ] ,

f ( β 1 , π / 3 β 1 ) = sin 2 β 1 ,

f ( β 1 , β 1 ) = sin β 1 sin ( π / 3 β 1 ) sin β 1 sin ( π / 3 + 2 β 1 ) + sin ( 2 β 1 ) sin ( π / 3 β 1 ) = sin β 1 [ sin ( π / 3 β 1 ) sin ( / 3 2 β 1 ) + 2 cos b 1 sin ( π / 3 β 1 ) ] = 2 sin β 1 sin ( π / 3 β 1 ) [ cos ( π / 3 ) cos ( π / 3 β 1 ) + cos β 1 ] = 2 sin β 1 sin ( π / 3 β 1 ) [ cos ( π / 3 ) + cos ( π / 3 + β 1 ) ]

由连续函数的性质可知:对于 β 2 ( 0 , π / 3 ) 存在 β 1 ( 0 , β 2 ) 满足方程式(6),且此时 β 3 > / 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 β 2 ( 0 , π / 3 ) ,存在以 β 1 β 2 β 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 β 3 = π β 1 β 2 具有值域 ( / 3 , π )

证明:注意到连续,而且在由 β 1 = 0 β 1 = β 2 β 1 = π / 3 β 2 所围成的闭区域有边值条件

f ( 0 , β 2 ) < 0 , β 2 ( 0 , π / 3 ) ,

f ( β 1 , π / 3 β 1 ) > 0 , β 1 ( 0 , π / 3 ) ,

f ( β 1 , β 1 ) > 0 , β 1 ( 0 , π / 3 ) ,

故由闭区间上连续函数的零点定理可知, β 2 ( 0 , π / 3 ) ,存在 β 1 ( 0 , β 2 ) ( 0 , π / 3 β 2 ) 使得 f ( β 1 , β 2 ) = 0 。于是,可知所论存在性成立,且此时 β 3 > / 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 β 1 + β 2 的取值范围充满 ( 0 , π / 3 ) ,得知钝角 β 3 具有值域 ( / 3 , π ) 。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 ( β 1 , β 1 ) > 0 β 1 ( 0 , π / 3 ) ,既得 β 1 < β 2 。而

f ( β 1 , π / 2 β 1 / 2 ) = sin β 1 sin ( β 1 / 2 π / 6 ) cos ( β 1 / 2 ) sin ( π / 6 β 1 / 2 ) + cos ( β 1 / 2 ) sin ( π / 3 β 1 ) = sin ( π / 6 β 1 / 2 ) cos ( β 1 / 2 ) [ 2 sin ( β 1 / 2 ) 1 + 2 cos ( π / 6 β 1 / 2 ) ] = sin ( π / 6 β 1 / 2 ) cos ( β 1 / 2 ) [ 2 cos ( π / 6 + β 1 / 2 ) 1 ] > 0 , β 1 ( 0 , π / 3 )

从而 β 2 < β 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 β 1 < β 2 < β 3 ,则 β 1 ( 0 , π / 3 ) β 2 ( β 1 , π / 2 ) β 3 ( π / 3 , π ) 。注意到引理4及其证明过程,得知 β 2 π / 3 。而注意到(12)式即知

r > a 2 .

现若 β 2 ( π / 3 , π / 2 ) ,则再注意到(12)式即知

0 > r [ sin ( π / 3 ) sin β 2 ] = ( r a 3 ) sin ( β 1 π / 3 ) ,

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

β 2 < P 2 P 1 A 1 < P 2 P 1 P 3 = π / 3 ,

即得矛盾。因而只能有

β 2 ( β 1 , π / 2 ) { π / 3 } ( π / 3 , π / 2 ) = ( β 1 , π / 3 ) ,

0 < r [ sin ( π / 3 ) sin β 2 ] = ( r a 3 ) sin ( β 1 π / 3 ) ,

r < a 3 .

此时依次得知

a 1 / a 3 = sin β 3 / sin β 2 = sin ( β 1 + β 2 ) / sin β 2 = sin β 1 cos β 2 / sin β 2 + cos β 1 > sin β 1 cos ( π / 3 ) / sin ( π / 3 ) + cos β 1 = sin ( β 1 + π / 3 ) / sin ( π / 3 ) > 1

r < a 3 < a 1 ,

r [ sin ( π / 3 ) sin β 3 ] = ( r a 1 ) sin ( β 2 π / 3 ) > 0 ,

β 3 ( 0 , π / 3 ) ( / 3 , π ) .

进而

β 3 [ ( 0 , π / 3 ) ( / 3 , π ) ] ( π / 3 , π ) = ( / 3 , π ) .

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。

参考文献

[1] 张慧欣. 一个几何问题的思考[J]. 数学通报, 2012, 51(11): 53-54.
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[3] 王幼宁. 正三角形等截分逆问题的推广及其解析求解[J]. 数学通报, 2016, 55(5): 51-53.
[4] 王幼宁, 苏效乐. 正方形等截分之逆问题[J]. 理论数学, 2019, 9(3): 386-392.