找到奇数阶情况的严格证明了
由于$f(x)=x$得出$\tan(x)=\frac{\sin(t-x)}{r-\cos(t-x)}$得出$r\sin(x)=\sin(t)$
于是在$n>=4,r>1$时我们得出$f(x)=x$有且只有唯一解，也就是$f(x)$的不动点只有一个，
而在$n=3,r>1$时同样也可以得出$f(x)$的不动点只有一个,
这是因为$\sin^{-1}(\frac{sin(t)}{r})<\pi-t, \pi-\sin^{-1}(\frac{sin(t)}{r})>t$,所以$\pi-\sin^{-1}(\frac{sin(t)}{r})$不符合条件。
于是我们得出$f(x)$在$r>1$时有唯一不动点$x_1=\sin^{-1}(\frac{sin(t)}{r})$
我们已经知道函数$f(x)$最大值点为$x_0=t-\cos^{-1}(1/r)$
由于$sin(x_1)=\frac{sin(t)}{r},\sin(x_0)=sin(t)*1/r-cos(t)*\sqrt(1-1/{r^2})<sin(x_1)$
所以$x_0<x_1$.
另外$f(0)=tan^-1(\frac{\sin(t)}{r-\cos(t)})$
而$x_1=tan^-1(\frac{\sin(t)}{\sqrt{r^2-\sin^2(t)}})$
于是对于$n>=5, r>\frac{1}{2\cos(t)}$时，可以得出$r-\cos(t)<\sqrt{r^2-\sin^2(t)}$,也就是$f(0)>x_1$
于是我们知道在$r>\frac{1}{2\cos(t)}$时，
$f(x)$在区间$\),由于迭代时遇到大于t的值需要抛弃，所以可以看成\((x_1,t]\)的子集
同样，由于$f(x)$在区间$(x_1,t]$严格减，而且$f(x_1)=x_1$,所以\(f((x_1,t])\subseteq[0,x_1)\)
由此得出除了$x_1$意外，$f(x)$没有奇数阶周期点。
而对于$n>=7,\frac{1}{2\cos(t)}<=\frac{1}{2\cos({\2pi}/7)}=0.8019...$
所以对于$n>=7$的奇数阶多边形，都必然没有n阶周期点。
但是对于$n=5,\frac{1]{2\cos(t)}=1.618...$所以不能否定$n=5$的情况。
上面的方法可以顺便快速解决$n=4$的情况。容易看出，由于n=4时$\cos(t)=0$得出$x_0=x_1$也就是最大值点就是不动点。所以值域在$$.于是周期点只能在这个区间，而这个区间f单调增，所以没有除不动点的周期点
而$n=3$时$x_0>x_1$,也就是在区间$[0,x_1)$上$x<f(x)<x_1$所以不含周期点
同样对于区间$(x_1,t]$中的点必然$f(x)<x$，所以反复迭代必然一路变小直到不超过$x_1$所以也不能是周期点
我貌似找到n=3的一个反例了。E在BC边的延长线上，不知道算不算符合题目的要求。
延长线上的显然不算，不然，总是有解的。
总是有解的？ 是指对任意n还是指对任意三角形？
对任意n