形如大风车，貌似几何题
想了一下，没想到特别好的方法
反证法
不妨设A的长边最长，那么它的短边必然最短，于是得出D的长边最长，矛盾。所以所有矩形全等 也可以硬算。不妨设各长方形的面积等于1，大正方形的边长等于s, A的竖边等于a, 横边等于1/a, 则
B的竖边等于$s-a$, 横边等于$1/(s-a)$, → C的横边等于$s-1/(s-a)$
D的横边等于$s-1/a$, 竖边等于$a/(as-1)$, → C的竖边等于$s-a/(as-1)$
所以$ (s-1/(s-a))(s-a/(as-1))=1$ → $a(s-a)=1$
所以四长方形A,B,C,D的两边都是 a 和 s-a, 故E为正方形。
还是反证法简明！ 本帖最后由 nyy 于 2024-4-28 15:51 编辑
Clear["Global`*"];
aaa=Eliminate[{
e*(a+h)==f*(e+b)==g*(a+f)==h*(b+g),(*四个小长方形面积相等*)
h+a+f==e+b+g==f+a+h==g+b+e==s (*大正方形四个边相等=s*)
},{e,f,g,h}]//Simplify
求解结果
\
由这个求解结果，很容易知道a=b，也就是正方形！
投影迭代，收敛定性
如图，各矩形A, D, C, B在大正方形内的顶点1(5), 2, 3, 4分别位于红、橙、蓝、绿色等轴双曲线上。我们先在红色双曲线上随便取一点1，然后按如图顺序向相邻的双曲线作纵/横向投影：1→2→3→4→5
如果5回到 1 闭合，那就是我们要的位置了。
不过一般是不会闭合的，但经过一轮迭代，直观上 5 会比 1 更接近闭合位置（红、蓝双曲线的交点）。
原因分析如下：
假定1在一小段包含闭合位置的红色曲线弧arc1上滑动，投影得到的橙色曲线弧arc2的长度将小于arc1,
因为红色曲线段的切线斜率大于1，而橙色曲线段的切线斜率的绝对值小于1。两个曲线轨道整体上是全等的，而红色轨道整体投影到橙色轨道上，部分小于整体，一次投影的平均收缩率等于整体投影的收缩率。
于是迭代投影，曲线段越来越短，最后收敛于闭合位置。收敛位置是唯一的，否则两个收敛位置之间的曲线段不收敛，矛盾。
作图显示上述投影迭代的收敛速度相当快，即使点1初始在曲线段的端点，点5也已经十分接近双曲线的交点。
hujunhua 发表于 2024-4-28 23:47
作图显示上述投影迭代的收敛速度相当快，即使点1初始在曲线段的端点，点5也已经十分接近双曲线的交点。
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看不懂你这个是什么意思
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