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楼主: geslon

[原创] 正多边形超难题一道

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发表于 2015-1-16 06:21:02 | 显示全部楼层
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。
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发表于 2015-1-16 06:28:36 | 显示全部楼层
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。
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发表于 2015-1-16 12:35:09 来自手机 | 显示全部楼层
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$[0,x_1)$先增后减,而且$f(0)>x_1,f(x_1)=x_1$,所以\(f([0,x_1))\subseteq(x_1,f(x_0)]\),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。
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发表于 2015-1-16 20:37:41 来自手机 | 显示全部楼层
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$[0,x_1]$.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
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发表于 2015-1-16 20:44:16 来自手机 | 显示全部楼层
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
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发表于 2015-1-22 17:58:50 | 显示全部楼层
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。

三角形反例.png
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发表于 2015-1-22 18:54:13 | 显示全部楼层
延长线上的显然不算,不然,总是有解的。
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发表于 2015-1-23 01:53:52 来自手机 | 显示全部楼层
总是有解的? 是指对任意n还是指对任意三角形?
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发表于 2015-1-23 07:31:47 来自手机 | 显示全部楼层
对任意n
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