正多边形超难题一道
凸n边形A1A2...An(n>=3),在边A1A2上有一点B1,边A2A3上有一点B2,...,在边AnA1上有一点Bn,若已知A1B1=A2B2=...=AnBn，且n边形B1B2...Bn是正n边形，
证明：A1A2...An也是正n边形。
（如果本猜想不能成立，请举出反例） 这是 http://bbs.emath.ac.cn/thread-2379-1-1.html 的推广，确实有点难度。 是啊。那个帖子也是我发的，感谢mathe的费心解答。不过他用的方法似乎很难推广到N边形。 感觉存在反例，想想 悬了好久。有没有前人有此猜想？有无前贤之结论？恐怕初等几何难解此题吧...... 设$B_1B_2=a,A_1B_1=h,a/h=r$. 设$/_A_2B_1B_2=u_1$,然后依次有角$u_2,…,u_n$,而且设$t=\frac{2\pi}{n}$,于是得$/_B_1A_2B_2=\pi-t+u_2-u_1$,根据正弦定理得$\frac{\sin(t-u_2+u_1)}{\sin(u_1)}=a/h=r$
另外显然有$0<u_i<t$
上面等式展开为
$\frac{\sin(t-u_2)}{\tan(u_1)}+\cos(t-u_2)=r$
$\tan(u_1)=\frac{\sin(t-u_2)}{r-\cos(t-u_2)}$
显然在$n>=4$时左边大于0，右边分子大于0所以右边分母大于0
然后我们分析函数
$f(x)=\frac{\sin(x)}{r-\cos(x)}$其导数分母大于0分子为
$r*\cos(x)-1$，由此可以得出在所有$u_i$不全相等时，所有得$\cos(t-u_i)$不能全小于$1/r$
另外$\tan(u_1)<\tan(t)$代入上面等式可得$r>\frac{\sin(2t-u_2)}{\sin(t)}=cos(t-u_2)+ctg(t)sin(t-u_2)$，而这里$u_2$换成所有得的u_i都成立。
如果有$u_i$使得$\cos(t-u_i)<=1/r$
，记$s=t-u_i$,得
$cos(s)+ctg(t)sin(s)<r<=1/{cos(s)}$
得出$ctg(t)<tg(s)$这个在$n>=8$不成立。
所以可以证明n>=8时存在反例必然所有的i都有$\cos(t-u_i)>1/r$,这个导致$u_i$序列交错变大变小，也就是$u_i>u_{i+1}$必然$u_i>u_{i-1}$;同样$u_i<u_{i+1}$必然$u_i<u_{i-1}$;。所以n为奇数时必然不可以。 但是对于偶数的n,我们只要构造$u_1,u_2$满足$\tg(u_1)=\frac{\sin(t-u_2)}{r-\cos(t-u_2)},\tg(u_2)=\frac{sin(t-u_1)}{r-cos(t-u_1)}$即可
必然得出$u_1=u_3=u_5=…,u_2=u_4=…$对应的图
于是设$d=u_2-u_1$,得$tg(u_2)=\frac{\sin(d)}{\cos(d)-\frac{\sin(t-d)}{\sin(t+d)}}$
直接选择d=t/2,那么作图可发现对于一切0<t<=pi/3有3t/4<u_2<t，所以是满足条件的解