根据本题的结论我们可以得到：
设a,b,alpha_k 均为正实数，n为大于2的正整数，则
sum_(k=1)^n sqrt((a^2*cos(alpha_k)^2+b^2*sin(alpha_k)^2)*(a^2*cos(alpha_(k+1))^2+b^2*sin(alpha_(k+1))^2))*sin(beta_(k+1)-beta_k)<=n*a*b*sin((2*pi)/n)
其中cos(beta_k)=1/sqrt(1+(b*tan(alpha_k))^2/a^2)
注:alpha_(n+1)=alpha_1
等号仅当alpha_(k+1)-alpha_k=(2*pi)/n,k=1...n时成立。
一般的，我们有下面定理：
内接于椭圆C_1:x^2/a^2+y^2/b^2=1的最大面积的N边形有无数多个，
其面积均为(N*a*b*sin((2*pi)/N))/2,若其中一个顶点坐标为(a*cos(t),b*sin(t))
则相邻顶点的坐标必为(a*cos(t+(2*pi)/N),b*sin(t+(2*pi)/N))
这些面积最大的N边形外切于一个与C_1相似的椭圆
C_2: x^2/a^2+y^2/b^2=cos((pi)/N)^2
一般的，我们有下面定理：
内接于椭圆C_1:x^2/a^2+y^2/b^2=1的最大面积的N边形有无数多个，
其面积均为(N*a*b*sin((2*pi)/N))/2,且相邻两个顶点之间的夹角均为(2*pi)/N,
这些面积最大的N边形外切于一个与C_1相 ...
数学星空 发表于 2012-4-28 23:26 http://bbs.emath.ac.cn/images/common/back.gif
仿射是不保角的
经过验算，仿射的确不是保角的，但如何计算N个顶点的坐标（即仿射成正N边形后，如何再仿射在椭圆上？）
很简单，就是将横坐标压缩a/b倍，于是变成半径为b的圆。然后得出正N边形坐标，然后横坐标再放大a/b倍回到原先椭圆，于是各点坐标为$(a*cos({2pi}/N),b*sin({2pi}/N))$
那也就是说相邻两顶点间的夹角是(2*pi)/N,没错哟。。。
但通过计算其N个顶点构成的面积并非(N*a*b*sin((2*pi)/N))/2
以下是t=(2*pi*k)/100,k=0..100,取100个样本点计算的各个点构成的N边形面积(Y轴值为对应的每个样本点构成N边形的面积）
N=5
S(5)=(5*(5*3)*sin((2*pi)/5))/2=35.66461937
N=6
S(6)=(6*(5*3)*sin((2*pi)/6))/2=38.97114317
N=7
S(7)=(7*(5*3)*sin((2*pi)/7))/2=41.04615283
这说明N个顶点的坐标应该不是a*cos((2*pi)/N),b*sin((2*pi)/N)(此时对应t=0时S(N))
那也就是说相邻两顶点间的夹角是(2*pi)/N,没错哟。。。
但通过计算其N个顶点构成的面积并非(N*a*b*sin((2*pi)/N))/2
数学星空 发表于 2012-4-30 09:28 http://bbs.emath.ac.cn/images/common/back.gif
夹角不是(2*pi)/N呀
原来是我理解错误，其实相邻两顶点A_k,A_(k+1)
(a*cos((2*pi*k)/N), b*sin((2*pi*k)/N))
(a*cos((2*pi*(k+1))/N),b*sin((2*pi*(k+1))/N))的夹角为
arccos((OA_k^2+OA_(k+1)^2-(A_k A_(k+1))^2)/(2*OA_k*OA_(k+1)))
并不是(2*pi)/N
其中O为坐标原点
以下是t=(2*pi*k)/100,k=0..100,取100个样本点计算的各个点构成的N边形面积(Y轴值为对应的每个样本点构成N边形的面积）
N=5
S(5)=(5*(5*3)*sin((2*pi)/5))/2=35.66461937
N=6
S(6)=(6*(5*3)*sin((2*pi)/6))/2=38.97114317
N=7
S(7)=(7*(5*3)*sin((2*pi)/7))/2=41.04615283
可以确定上述定理是成立的