正多边形超难题一道

mathe

比如取n=10,t=Pi/5,再取d=0.05,得u_2=0.373247831887…,u_1=0.323247831887…,a/h=r=1.720825974509…

mathe

如图n=6

mathe

现在给出五边形的反例，计算可知只有r很小时才可能有反例，取r=1.02,可知可有u_1=0.55329619…约31.7度，依次可推导出余下角约68.3,71.1,38.3,71.3度
所以现在唯一不确定的是正七边形的情况

mathe

对于七边形情况有$t=\frac{2\pi}{7}$,根据7#结论
而且我们记$f(u)=\tan^{-1}(\frac{\sin(t-u)}{r-\cos(t-u)})$
于是$u_7=f(u_1),u_6=f(u_7),...,u_1=f(u_2)$
而且根据8#的推论,$\frac{\pi}{2}-t < t-u_{min}$得出
$u_{min}<2t-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{14}$
我们设$u_0$是函数$f(u_0)$的极大值点，也就是$\cos(t-u_0)=1/r$
于是函数$f(u)$在$[0,u_0]$增，在$[u_0,t]$减，而$f(u_0)=\frac{\pi}{2}-t+u_0=\frac{3\pi}{14}+u_0<t,f(t)=0$
另外在区间$[u_0,t]$上应该有唯一的$v_0$使得$f(v_0)=f(0)$

kastin

感觉只有当`n=3`时命题成立，更高的情形是不成立的，因为三角形有稳定性，正多边形则不然（比如菱形与正方形）。
若加入限制条件：`B_1B_2...B_n` 的中心到`A_1,A_2,...,A_n`的距离相等，此时命题才成立。

mathe

应该是n>=7的奇数都成立，还有n=3，4成立，而对于其他n都不成立。现在只余下n=7未能分析出来，需要数值分析来判断

mathe

在n=7时不妨设$u_7$是最小的角，而且$\cos(t-u_7)<=1/r$,而且$f(u)$在$[0,u_0]$上单调增，在$[u_0,t]$上单调减 于是有所有的r都有唯一的$v_0\in [u_0, t]$使得$f(v_0)=f(0)$
于是根据8#,$u_7<\frac{\pi}{14}$, $r_1=2cos(t)=\cos(t)+\ctg(t)\sin(t)<=\cos(s)+\ctg(t)\sin(s)<r<=1/{\cos(s)}<=1/{\cos(t)}=r_2$ 取$r_3=\frac{1}{\cos(t-{\pi}/14)}$,
(紫线是$u_0$关于$r$的曲线)
于是在区间$[r_1,r_3], u_0>={\pi}/14$,在区间$[r3,r2],u_0<={\pi}/14$ 于是在区间$[r_1,r_3], 0<u_7<{\pi/14}$,在区间$[r_3,r_2],0<u_7<u_0<=\frac{\pi}{14}$
于是在区间$[r_1,r_3], u_0<0.873...<=f(0)<u_6<\min\{f({\pi}/14),t\}=t$,在区间$[r_3,r_2], u_0<0.673..<=f(0)<u_6<\min\{f(u_0),t\}=f(u_0)$, 总有$u_6>u_0$
于是在区间$[r_1,r_3], 0<u_5<f(f(0))<=0.08774...<{\pi}/14$, (作图得出)  (曲线$f(f(0))$关于r的曲线)
  于是在这个区间必然$u_3=f(f(u_5))<{\pi}/14, u_1=f(f(u_3))<{\pi}/14, u_7=f(u_1)>f({\pi}/14)>f(0)>{\pi}/14$矛盾，所以淘汰这个区间。

在区间$[r_3,r_2], f(f(u_0))<u_5<f(f(0))$ 根据
(红线$u_0$紫线$f(f(0))$)

取$r_4=1.3275...$使得$f(f(0))=u_0$,于是在$r<r_4$时,$f(f(0))<u_0$,在$r>r_4$时$f(f(0))>u_0$ 同样在区间$[r_3,r_4]$,有$u_5<u_0$,
所以$u_3=f(f(u_5))<u_0$,$u_1=f(f(u_3))<u_0$,所以$u_7=f(u_1)>f(u_0)>f(0)>u_0$矛盾

于是我们只需要继续查看区间$[r_4,r_2]$,这时$0.13..<f(f(u_0))<u_5<f(f(0))<0.34...$ 做出$u_5$的图
(递增的为$f(f(0))$和$f(f(u_0))$递减为$u_0,v_0$)
得出$r_5=1.3434...$使得$f(f(u_0))=u_0$,于是在区间$[r_4,r_5],f(f(u_0))<u_0$,在区间$[r_5,r_2],f(f(u_0))>u_0$ $r_6=1.386...$使得$f(f(0))=v_0$,
于是在区间$[r_4,r_6],f(f(0))<v_0$,在区间$[r_6,r_2],f(f(0))>v_0$
于是在区间$[r_4,r_5],f(f(u_0))<u_5<f(f(0))$,这个$u_5$的区间左端小于$u_0$,右端不小于$u_0$而且右端小于$v_0$
所以 $u_0<0.8396...<=f(f(f(u_0)))<u_4<f(u_0)<=0.853...<t$,所以$0<0.1348...<=f(f(u_0))<u_3=f(u_4)<f(f(f(f(u_0))))<=0.1664...<=u_0$
(上面为$u_0$,下面为$f(f(u_0))$和$f(f(f(f(u_0))))$)   
于是在这个区间里面，$u_1=f(f(u_3))$在$u_5$区间的子区间，所以$u_7=f(u_1)$在$u_4$的取值子区间，所以$u_7>0.8396...$矛盾，所以也可以淘汰。

现在看区间$[r_5,r_2],f(f(u_0))<u_5<f(f(0))$,
这个$u_5$的区间左端大于$u_0$,右端小于$t$ 于是$u_0<0.611...<f(f(f(0)))<u_4=f(u_5)<f(f(f(u_0)))<=0.8396...<t$,

所以$u0(r)<f(f(f(f(u_0))))<u_3=f(u_4)<f(f(f(f(0))))<0.413...$

于是$u0<0.5747...<=f(f(f(f(f(0)))))<u_2=f(u_3)<f(f(f(f(f(u_0)))))<=0.8396...<t$

于是$u0<=f(f(f(f(f(f(u_0))))))<u_1=f(u_2)<f(f(f(f(f(f(0))))))<=0.4507..$

于是$u0<0.5517...<=f(f(f(f(f(f(f(0)))))))<u_7=f(u_1)<f(f(f(f(f(f(f(u_0)))))))<=0.8396...<t$

这个也同$u_7<u_0$矛盾
所以由此通过数值计算得出n=7时无解

mathe

楼上用到的各图

mathe

整理一下，本题的代数形式是
对于正数$r$和正整数$n>=3$,记$t=\frac{2\pi}{n}$,定义函数$g(x)=\frac{\sin(x)}{r-\cos(x)},f(x)=\tan^{-1}(g(t-x)), 0<=x<=t$，而这里$\tan^{-1}$是看成值域取$[0,pi]$的分支，于是即使在$r<1$时，虽然g可能不连续，但是f连续（可去间断点）
另外记$f_{(1)}(x)=f(x),f_{(k+1)}(x)=f(f_{(k)}(x))$
如果有某个$u$使得$f_{(k)}(u)=u$我们称$u$为$f$的k周期点,其中k称为u的一个周期，如果对于所有k的真因子都不是u的周期，我们称k为u的最小周期。
另外记集合$\{f_{(k)}(x)\}$为点x的轨迹。所以一条轨迹中所有点的最小周期相同。
于是题目变成分析何时f的n周期点必然是不动点
另外需要注意的是f的定义域是$[0,t]$所以迭代过程中只要超出这个范围就终止了。

mathe

由于$g'(x)=\frac{r\cos(x)-1}{(r-\cos(x))^2}$,所以$x>cos^{-1}(1/r)$时$g(x)$减，不然$g(x)$增
$x_0=t-cos^{-1}(1/r)$,所以$x<x_0$时$f(x)$增，不然$f(x)$减。而在$r<=1$时，$f(x)$是单调增函数。
我们容易证明单调增函数的所有周期点都是不动点，所以对于$r<=1$情况不需要额外分析了。
同样，对于$r>1$时，如果存在n周期点，那么其轨迹中必然有点大于$x_0$。如果一个周期点的轨迹中所有点都大于$x_0$,容易看出其必然是满足前面说过的摆动的特点，所以周期是偶数。