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发表于 2025-5-8 20:54:25
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前面分析有些错误,不过主要思路还是没有问题的。
我们记小正方长边长为1,大正方形边长为h+x,其中h是整数,\(0\le x<1\)
记\(H_1(x)=x\)代表小正方形在第一条边翻滚到最后时,留下的长度。(第一条边上翻滚h-1次后正好留下长度x)
于是从第一条边翻滚到第二条边时,第一次使用了第二条边上边长\(\sqrt{1-H_1(x)^2}\),余下长度\(h+x-\sqrt{1-H_1(x)^2}\)
于是再翻滚h-1或h次,在第二条边上留下长度\(H_2(x)=\{x-\sqrt{1-H_1(x)^2}\}\),其中函数\({t}\)代表t的小数部分,特别在\(-1<t<0\)时,\({t}=1+t\)。
于是类似的,第三条边上留下长度为\(H_3(x)=\{x-\sqrt{1-H_2(x)^2}\}\),等等。
由于\(H_1(x)\)将[0,1)连续递增映射到[0,1), 而\(\sqrt{1-H_1(x)^2}\)将[0,1)连续递减映射到(0,1],
所以函数\(x-\sqrt{1-H_1(x)^2}\)将区间[0,1)连续递增映射到[-1,1),所以\(H_2(x)\)是分段函数,其中每段都是连续递增函数,从0递增到1.
这个间断点为\(x_{2,1}=\frac{\sqrt{2}}2\), 也就是\(H_2(x)\)在区间\([0,x_{2,1})\)递增映射到\([0,1)\);同样在区间\([x_{2,1},1)\)上连续递增映射到\([0,1)\)
类似分析,\(\sqrt{1-H_2(x)^2}\)分别将区间\([0,x_{2,1})\)和\([x_{2,1},1)\)连续递减映射到\((0,1]\), 所以
\(x-\sqrt{1-H_2(x)^2}\)将区间\([0,x_{2,1})\)连续递增映射到\([-1,x_{2,1})\), 将\([x_{2,1},1)\)连续递增映射到\([x_{2,1}-1,1)\)
所以上面函数有两个零点\(x_{3,1},x_{3,2}\)而且\(0\lt x_{3,1} \lt x_{2,1}\lt x_{3,2}\lt 1\)。
于是\(H_3(x)\)将\([0,x_{3,1})\)连续递增映射到\([0,1)\), 将\([x_{3,1},x_{3,2})\)连续递增映射到\([0,1)\),将\([x_{3,2},1)\)连续映射到\([0,1)\)。
需要注意的是\(H_3(x_{2,1})={x_{2,1}-1}=x_{2,1}\).
类似,我们有\(H_4(x)\)和三个零点\(x_{4,1},x_{4,2}=x_{2,1},x_{4,3}\) 满足\(0\lt x_{4,1}\lt x_{3,1}\lt x_{4,2}=x_{2,1} \lt x_{3,2} \lt x_{4,3} \lt 1\).
...
于是对于任意的m,我们可以看出,当x初始值选择为\(x_{4m,k}\)而且k不为4的倍数时,对于边长为h+x的情况,我们可以经过若干次翻滚,其中每条边经历m次,可以首次返回原始位置。
而每条边上都需要翻滚h或h+1次,
第一条边总是翻滚h次到达第二条边。后面第d条边上翻滚次数是h还是h+1次,取决于\(x_{4m,k}-\sqrt{1-H_{d-1}(x_{4m,k})^2}\)的正负性。
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