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标题: 赏金求解, 1000~2000通宝不等
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#1
发表于 2004-11-18 18:48 资料 文集 短消息 看全部作者


QUOTE:
原帖由青木风亮于2004-10-23, 15:47:25发表
关于我上一个题目凸n变形的扩展：
上一题在这里

其实这个问题只研究了一半

小弟我此次重做此题 发现其实这样分出来的区域只有三角形，四边形，五边形而已 不可能出现六边或六边以上的  大家不访证明一下？(不论证明还是推翻 1000通宝   )


如果我没理解错的话，正七边形被划分后中心区域就是个七边形。


图片附件: 未命名.bmp (2004-11-18 18:48, 15.29 K)



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#2
发表于 2004-11-20 17:28 资料 文集 短消息 看全部作者
这个用解析几何的方法来证明倒不难，先求出各顶点的坐标，再计算各连线的方程，求出中心的七个交点的坐标，再证明其他交点均在此区域外就行了，不过计算过程太繁琐了，因为正七边形的角求三角函数后不是个直观的容易处理的数，估计大家也没多少兴趣看这个过程。
不过从对称性的角度分析一下还是有点意思的，一个正七边形，具有旋转1/7周对称的特点，以其中心为轴旋转1/7周后会与原图形重合。把所有顶点用线段连接起来后的图形仍会具有这种对称性，那么这个中心区域也同样有这种对称性。具有这种对称性的图形只能是正七边形、正十四边形、正二十一边形等或是圆或是以这些图形为基础构造的更复杂的图形。
以此为基础从观察或是简单的计算容易知道正七边形的所有对角线在中心围成的图形仍是一个正七边形，类似的可以知道，一个正2N+1边形的对角线在中心围成的区域是一个小的正2N+1边形。
对正2N边形来说，会有N条对角线在中心交汇，中心区域虽也有1/2N的对称性，但不会构成一个正2N边形。估计青木在分析的时候只做到六边形，六边形的中心不是六边形，其它区域也不会有，所以才会有最多是五边形的猜测。在八边形或更多的2N边形中应该是有超过五边的图形存在吧。


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#3
发表于 2004-11-23 21:34 资料 文集 短消息 看全部作者
精华的诱感……
这个要是用欧几里德几何的方法来证明倒是不难，但欧几里德只在处理确定的图形方面比较好用，而青木连正七边形的中心是个七边形都不准作为已知条件。
试了试解析几何的办法，晕死，繁琐的三角函数计算，都忘的差不多了，再想想别的办法。
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#4
发表于 2004-11-28 21:31 资料 文集 短消息 看全部作者
求证正2n+1边形的所有对角线把它划分成的若干区域中，中心也是一个2n+1边形。
证明：
令该多边形为A0A1A2……A2n+1，其外心为O，令外接圆的半径为1。
相等的弦圆心角相等，而正多边形的所有边相等，所以各边的圆心角相等，都是2π/（2n+1），令θ=π/（2n+1），各边的圆心角为2θ

任取相交的两条对角线AiAj、AkAl，(i<k<j<l)其交点为P。
一、给出计算OP的方法。
从O向AiAj引垂线交AiAj于B，向AkAl引垂线交AkAl于C。
∠AjOAi=2(j-i)θ
∠AkOAl=2(l-k)θ
∠AkOAi= 2(k-i)θ
∠AlOAi= 2(l-i)θ
∠BOAi=∠AjOAi/2=(j-i)θ
∠COAk=∠AkOAl/2=(l-k)θ
∠COB= ∠COAi-∠BOAi= ∠COAk+∠AkOAi-∠BOAi=(l-k)θ+2(k-i)θ-(j-i)θ=（k+l-i –j）θ
以上角均为按逆时针方向旋转，有可能大于π
OB=OAi|cos∠BOAi|=|cos(j-i)θ|
OC=OAj|cos∠COAk|=|cos(l-k)θ|

令∠POB=φ
由直角三角形OPB，有OP= OB/|cos∠POB|=|cos(j-i)θ|/|cosφ|=| sin [π/2-(j-i)θ|/|cosφ|=|sin[（2n+1）θ/2-(j-i)θ|/|cosφ|=|sin[（n-j+ i +1/2）θ|/|cosφ|
从OP=|cos(j-i)θ|/|cosφ|来看，i和j的大小顺序对计算结果没有影响，类似的，k、l的顺序也是一样，i<k<j<l的假设可以取消。

特殊地，当j- i = l-k时
k- i =l-j
AkAi=AlAj
又易知三角形AlPAj 和AkPAi 的三对角都相等，故两个三角形全等，PAi=PAl
由三角形AjOAi和AkOAl全等可知∠OAiP=∠OAlP
再由OAi=OAl 可知三角形POAi和POAl全等，
∠POAi=∠AlOP=∠AlOAi/2= (l- i)θ
∠POB=∠POAi-∠BOAi=(l- i)θ-(j-i)θ=（l-j）θ
OP=|sin（n-j+ i +1/2）θ|/|cosφ|=| sin（n-j+ i +1/2）θ|/|cos（l-j）θ|

二、构造小正多边形
令AiAi+n（当下标>2n时减去2n+1，以下略）与Ai+1Ai+n+1交于Pi点
Pi与P(i+1)同处于对角线A(i+1)A(i +1+n)上，因此P0P1……Pi……P2n由对角线连成一个2n+1边形。
用上面的方法计算OPi，
此时j= i +n，k= i +1，l= i +1+n，j- i =l-k
故OPi= | sin (（n-j+ i +1/2）)θ|/|cos（l-j）θ|=sin（θ/2）/ cosθ

对i=1，……n，OPi相等，故Pi均处于以O为圆心sin（θ/2）/ cosθ为半径的圆周上。
∠PiOB=（l-j）θ=θ
同理∠PiOC=θ
因此∠OPiB=∠OPiC
所有等腰三角形OPiPi+1底角相等，斜边相等，因而全等，故此P0P1……Pi……P2n所有的边和角均相等，是一个正2n+1边形，其外接圆半径为sin（θ/2）/ cosθ。

三、该小多边形即为中心区域
最后来证明这个图形就是中心区域，方法是证明对其他所有的交点P，OP>sin（θ/2）/ cosθ。

先看两条对角线AiAj、AkAl中至少有一条不符合条件AiAi+n，，令AiAj不符合且i<j。显然j- i不等于n
另对j- i = n+1，实际上AiAj就是AjAj+n，因此j- i也不是n+1。
即1<j- i <n或n+1< j- i<2 n
OP= | sin (（n-j+ i +1/2）)θ|/|cosφ|>= | sin (（n-j+ i +1/2）)θ|>= sinθ
对正五边形，所有对角线都是PiP(i+1)，因而此时2n+1>=7，θ=π/（2n+1）<=π/7，cos(θ/2)cosθ>1/2
OP>= sinθ=2sin(θ/2)cos(θ/2)> sin(θ/2)/cosθ

再看AiA(i+1)之间的其他交点，令AsA(s+n)与PtP(t+n)交于P，t>s且1<t-s<2n
OP = | sin (（n-j+ i +1/2）)θ|/|cos（l-j）θ| = sin(θ/2)/| cos（t-s）θ|> sin(θ/2)/cosθ

因所有其他交点离正多边形中心的距离都大于小多边形的外接圆半径，故可认定上述小多边形即为分割后的中心区域，命题得证。


图片附件: 未命名1.gif (2004-11-28 21:31, 4.74 K)

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