给定一个内角的等周多边形问题

mathe

我们可以假设固定角度为2s(比如本题中s就是45度角),n条边长度和为L,
由于\(a=2R \sin(t), 2d\sin(s)=2R\sin((n-2)t), (n-2)a+2d=L\)
我们得出约束条件\(2(n-2)\sin(t) R + 2R\frac{\sin((n-2)t)}{\sin(s)}=L\)
另外一方面面积\(S=\frac{d^2 \sin(2s)}2+(n-2)\frac{R^2}2\sin(2t)-\frac{R^2}2\sin(2(n-2)t)=\frac{R^2\sin^2((n-2)t)\sin(2s)}{2\sin^2(s)}+(n-2)\frac{R^2}2\sin(2t)-\frac{R^2}2\sin(2(n-2)t)\)
于是我们得出\(\frac{S}{L^2}=\frac{\frac{\sin^2((n-2)t)\sin(2s)}{2\sin^2(s)}+\frac{(n-2)\sin(2t)}2-\frac{\sin(2(n-2)t)}2}{(2(n-2)\sin(t)  + 2\frac{\sin((n-2)t)}{\sin(s)})^2}\), 我们只需要计算这个函数的最大值即可，它是关于t的单变量函数。

我们有三个依次递进结论需要验证:
1) \(s=\frac{\pi}4,n=6\)时函数在\(t=\frac{3\pi}{20}\)时取到极大值。
2)\(s=\frac{pi}4\)时函数在\(t=\frac{\pi}2-\frac{(n-2)\pi-\frac{\pi}2}{2(n-1)}\)时取到极大值。
3)函数在\(t=\frac{\pi}2-\frac{(n-2)\pi-2s}{2(n-1)}\)时取到极大值

王守恩

hujunhua 发表于 2024-8-12 16:46
考虑这样一个问题：
求满足以下条件的凸 n+1 边形`e_0e_1...e_n`的最大面积：
1、`e_1+e_2+...+e_n=Constan ...

接20楼。

1. N[Solve[{1/Sin[Pi/2] == b/Sin[Pi/4], 1/Sin[Pi/4] == R/Sin[3 Pi/8], (7 + 2b)^2/(8 R^2 Sin[Pi/4] + b^2) == 7^2/(2 S)}, {b, R, S}], 20]

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{{b -> 0.70710678118654752440, R -> 1.3065629648763765279, S -> 3.5147807837111167253}}

又：记直角边对应的圆心角=b,  其余边对应的圆心角=2a。 a,b只需要这样算就可以了。

1. Table[Solve[{(n - 2) a + b == Pi, Pi/2 - a == ((n - 2) Pi - Pi/2)/(2 (n - 1)), a/b == 3/k}, {a, b, k}], {n, 3, 9}]

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n=3,  {a -> (3 \[Pi])/8,   b -> (5 \[Pi])/8,     k -> 5},
n=4,  {a -> \[Pi]/4,        b -> \[Pi]/2,          k -> 6},
n=5,  {a -> (3 \[Pi])/16, b -> (7 \[Pi])/16,   k -> 7},
n=6,  {a -> (3 \[Pi])/20, b -> (2 \[Pi])/5,     k -> 8},
n=7,  {a -> \[Pi]/8,        b -> (3 \[Pi])/8,     k -> 9},
n=8,  {a -> (3 \[Pi])/28, b -> (5 \[Pi])/14,   k -> 10},
n=9,  {a -> (3 \[Pi])/32, b -> (11 \[Pi])/32, k -> 11}

王守恩

继续改进10楼。记直角边=y, 其余边(x)对应的圆心角=2a。半径=R。

1. Table[NSolve[{(n - 2) x + 2 y == n,      a/(a + Pi/4) == 3/(n + 2),      x/Sin[2 a] == R/Cos[a],
   
2. y/Sin[Pi/4 + a] == R/Sin[Pi/4],  ((n - 2) R^2 Sin[2 a] + 2 y*R*Cos[a])/2 == S, a > 0}, {a, x, y, R, S}], {n, 5, 9}]

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n=5, {a -> 0.589049,  x -> 0.909652,  y -> 1.13552,  R -> 0.818665,  S -> 1.70174},
n=6, {a -> 0.471239,  x -> 0.861746,  y -> 1.27651,  R -> 0.949079,  S -> 2.53691},
n=7, {a -> 0.392699,  x -> 0.831926,  y -> 1.42019,  R -> 1.08696,   S -> 3.51478},
n=8, {a -> 0.336599,  x -> 0.811537,  y -> 1.56539,  R -> 1.22856,   S -> 4.63848},
n=9, {a -> 0.294524,  x -> 0.796703,  y -> 1.71154,  R -> 1.37228,   S -> 5.90935},

王守恩

mathe 发表于 2024-8-12 13:54
设固定角度为2s(比如本题中s=π/4), n条边长度和为L,
由于\(a=2R \sin(t), 2d\sin(s)=2R\sin((n-2)t), (n-2 ...

答19楼。记直角边=y, 其余边(x)对应的圆心角=2a。半径=R。

1. Table[NMaximize[{((n - 2) R^2 Sin[2 a] + 2 y*R*Sin[(n - 2) a - Pi/4])/2,   (n - 2) x + 2 y == n,
   
2. x/Sin[2 a] == R/Cos[a],   y/Sin[(n - 2) a] == R/Sin[Pi/4],  Pi/n > a > 0, y > 0, R > 0}, {a, x, y, R}], {n, 5, 9}]

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n=5, {1.70174, {a -> 0.589032,   x -> 0.909638,  y -> 1.13554,  R -> 0.818673},
n=6, {2.53691, {a -> 0.4713,      x -> 0.861818,  y -> 1.27636,  R -> 0.949046},
n=7, {3.51478, {a -> 0.392688,  x -> 0.831908,  y -> 1.42023,  R -> 1.08697},
n=8, {4.63848, {a -> 0.336599,  x -> 0.811537,  y -> 1.56539,  R -> 1.22856},
n=9, {5.90935, {a -> 0.294524,  x -> 0.796703,  y -> 1.71154,  R -> 1.37228},

王守恩

补充。答19楼。记直角边=y, 其余边(x)对应的圆心角=2a。半径=R。
其余边(x)对应的圆心角=2a。强调：我们约定a的取值范围。Pi/n > a > 0,
当然，事后我们知道：Pi/2-a=(n - 2) a - Pi/4。事先我们没有作这样的限制。
在这里，4个未知数(a,x,y,R)，3个方程: (n - 2) x + 2 y == n,  x/Sin[2 a] == R/Cos[a],   y/Sin[(n - 2) a] == R/Sin[Pi/4]。
S=((n - 2) R^2 Sin[2 a] + 2 y*R*Sin[(n - 2) a - Pi/4])/2,    NMaximize出来的应该是最大值。

hujunhua

传说有超过1000篇的数学论文，以“假如黎曼猜想是成立的”为前提，称为“黎曼假设”。人们担心，哪天要是“黎曼假设”倒了，这些论文何以自立。
20#也与此相似，建立在“假如......”的前提下。假如“假如......"成立的话，20#是没有问题的。
然而尴尬的是，今天发现那个“假如......”是不成立的，我有一种“黎曼假设”倒了的感觉 。

为了挽救，将20#的问题更改如下：
求满足以下条件的凸 n+1 边形`e_0e_1...e_n`的最大面积：
1、`e_1=e_2=...=e_n=c`；
2、`e_1⊥e_n`。
假设答案是这个凸 n+1 边形内接于圆。称为【假设2】.  对此假设我还是蛮有信心的。

让我们看看这个假设有没有用。

如图是带一个直角的多边形 `OA_1A_2...A_{n-1}`, 其中`OA_1OA_{n-1}`是等腰直角三角形，其它诸边长等于`c`并`A_1A_2...A_{n-1}`内接于一段圆弧，内角`A_1=A_{n-1}=α`, 内角`A_i=β(i=2,3,...,n-2)`。
现在，让我们割去一个等腰直角三角形`OA_0A_n`, 并且让留下的边长`A_0A_1=A_{n-1}A_n=c`, 那么留下的 n+1边形`A_0A_1A_2...A_n`  
1、在`α=β`时, 按假设2 面积已达到了最大。
2、在`α≠β`时, 可以按假设2调整到`α=β`使面积达到了最大。但这会改变`e_0`的长度，使得图形不能与割去的直角三角形`OA_0A_n`拼接而还原到一个n边形`OA_1A_2...A_{n-1}`，所以不能前后相比较而否定原n边形`OA_1A_2...A_{n-1}`的最大性。

也就是说，在(n-1)个角相等时，图形能经受一种“割开-拼接还原”的考验，增强了我们对它的最大性的信心。
在只有(n-3)个角相等时，图形不能经受这种“割开-拼接还原”的考验，使图形的最大性受到怀疑，但不足以否定最大性。

王守恩

已知n边形一内角为90度, 周长为n, 求n边形面积最大值S。

三角函数解法。记直角边=y, 其余边(x)对应的圆心角=2a。半径=R。

a=(pi/2+pi/4)/(n-1),  R=K*Sin[Pi/4],   x=2K*Sin[Pi/4]Sin[a],   y=K*Cos[Pi/4-a],

则由:   (n-2)x+2y=n,  解得k。  S=(n-2)R^2*Sin[2a]+2R*y*Cos[a]。

王守恩

已知n边形一内角为2P度, 周长为n, 求n边形面积最大值S。

三角函数解法。记直角边=y, 其余边(x)对应的圆心角=2a。半径=R。

a=(pi/2+P)/(n-1),  R=K*Sin[P],   x=2K*Sin[P]Sin[a],   y=K*Cos[P-a],

则由:   (n-2)x+2y=n,  解得k。  S=(n-2)R^2*Sin[2a]+2R*y*Cos[a]。

mathe

先不加证明地给出一个引理：
【引理1】一边给定的等周四边形面积最大时当且仅当四边形内接于圆及未定三边等长。
解释：凸四边形ABCD具有给定的周长和一条给定的边AB，C 和 D 只受BC+CD+DA=给定周长-AB的约束。它的面积最大当且仅当BC=CD=DA=(给定周长-AB)/3，及CD//AB。

然后考虑下图所示的一边及一角给定的等周四边形问题。

如图，四边形ABCD中，AB=a 是给定边，∠A=γ是给定角, C和D受BC+CD+DA=给定周长-a 的约束，我们断言：
四边形ABCD的面积最大时当且仅当BC=CD & ∠C=∠D。
【证明】假定存在 BC=CD & ∠C=∠D的凸四边形ABCD，那么过它的B点做CD的平行线交AD于E，按引理1，四边形BCDE就是EB给定的等周四边形BCDE中面积最大的。标记这个E点及四边形BCDE。
对于其它的四边形ABCD，可以沿BE割开成△ABE和四边形BCDE，其中△ABE是固定的，四边形BCDE的面积按引理１不大于上述标记四边形。
所以四边形ABCD面积最大时当且仅当BC=CD & ∠C=∠D。

剩下的问题就是要证明上述假定的位置是唯一存在的。由于最大面积是唯一存在的，由此可以反证上述假定位置是唯一存在的。事实上也不难计算出这个位置。

有了这个“一边及一角给定的等周四边形定理”，就可以解决本题中极值问题了。
首先，把四边形ABCD沿给定边AB反射过去，我们就解决了n=6的特例。
对于一般情况，如26#hujuhua的图，四边形`OA_1A_2A_3`就可以看作给定一边`OA_3`及一角`∠A_1OA_3`的等周四边形，面积最大时当且仅当`A_1A_2=A_2A_3` & `α=β`.

数学星空

根据21# mathe 的分析有：

\(\frac{S}{L^2}=\frac{\frac{\sin^2((n-2)t)\sin(2s)}{2\sin^2(s)}+\frac{(n-2)\sin(2t)}2-\frac{\sin(2(n-2)t)}2}{(2(n-2)\sin(t)  + 2\frac{\sin((n-2)t)}{\sin(s)})^2}\)   （1）

求导得到：
\(\cos(t)\sin(s)^2\sin(2t)n - \sin(t)\sin(s)^2\cos(2t)n + \sin(t)\sin(s)^2\cos(2(n - 2)t)n - \sin(t)\sin((n - 2)t)\cos((n - 2)t)\sin(2s)n - 2\cos(t)\sin(s)^2\sin(2t) - \cos(t)\sin(s)^2\sin(2(n - 2)t) + \cos(t)\sin((n - 2)t)^2\sin(2s) + 2\sin(t)\sin(s)^2\cos(2t) - 2\sin(t)\sin(s)^2\cos(2(n - 2)t) + 2\sin(t)\sin((n - 2)t)\cos((n - 2)t)\sin(2s) + \sin(s)\cos((n - 2)t)\sin(2t)n - \sin(s)\sin((n - 2)t)\cos(2t) + \sin(s)\sin((n - 2)t)\cos(2(n - 2)t) - 2\sin(s)\cos((n - 2)t)\sin(2t) - \sin(s)\cos((n - 2)t)\sin(2(n - 2)t)=0\)     （2）

取\(s=\frac{\pi k}{20}, t=\frac{\pi}{2}-\frac{(n-2)\pi-2s}{2(n-1)},k=1..19\)  代入（1）原函数及极值点（均满足 mathe的三个结论）

n=5时图像



n=9时图像



n=19时图像



n=59时图像



取\(t=\frac{\pi}{2}-\frac{(n-2)\pi-2s}{2(n-1)},s=\frac{\pi}{4},n=3..53\)代入（2）原函数的导函数均为0 （注意：为了区分每个n值的图像，将其依次向上平移了200）



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我认为本题的最大面积时的构形应该是如下图形：

n-2条边相等且等角共圆，另两条边构成圆的两条切线



仿mathe的结论：

则\(a=2R \sin(t), 2d\sin(s)=2R\sin((n-2)t), (n-2)a+2d=L\)

约束条件\(2(n-2)\sin(t) R + 2R\frac{\sin((n-2)t)}{\sin(s)}=L\)

面积\(S=\frac{d^2 \sin(2s)}2+(n-2)\frac{R^2}2\sin(2t)+\frac{R^2}2\sin(2(n-2)t)=\frac{R^2\sin^2((n-2)t)\sin(2s)}{2\sin^2(s)}+(n-2)\frac{R^2}2\sin(2t)+\frac{R^2}2\sin(2(n-2)t)\)

我们得出\(\frac{S}{L^2}=\frac{\frac{\sin^2((n-2)t)\sin(2s)}{2\sin^2(s)}+\frac{(n-2)\sin(2t)}2+\frac{\sin(2(n-2)t)}2}{(2(n-2)\sin(t)  + 2\frac{\sin((n-2)t)}{\sin(s)})^2}\),

且\(t=\frac{\frac{\pi}{2}-s}{n-2}\)

即\(\frac{S}{L^2}=\frac{(n-2)\sin(s)^2\sin(\frac{\pi-2s}{n-2})+\sin(2s)}{8((n-2)\sin(s)\sin(\frac{\pi-2s}{2n-4})+\cos(s))^2}\),