圓內接鋸齒形的相關研究
國立臺灣師範大學附屬高級中學 蘇哲寬 指導老師 洪允東
1 簡 簡 簡介 介 介
1.1 摘 摘 摘要 要 要
在一圓內放入鋸齒形(zigzag), 使其所有折線段的端點皆在圓周上, 則稱滿足以上條件的 鋸齒形為「圓內接鋸齒形」. 圓內接鋸齒形在鋸齒角度皆為 π/4 (圖一)或皆為 π/6 (圖 二)時, 鋸齒形上半部面積和(圖白色部分)與鋸齒形下半部面積和(圖藍色部分)相等.
而我將此結果推廣至: 圓內接鋸齒形在鋸齒角度皆為 π/n (n ∈ N, n ≥ 3) 時, 鋸齒形上 半部面積和與鋸齒形下半部面積和的關係, 並研究鋸齒角度皆為 π/n (n ∈ N, n ≥ 3) 時, 由左至右輪流取弦時, 其弦長和的關係.
1.2 研 研 研究 究 究動 動 動機 機 機
之前作披薩定理的研究時, 曾在 Mad Maths 網站 (http://mathafou.free.fr/ pbg en/sol128.html) 查到相關的 zigzag 問題, 雖然僅有一頁, 且僅限鋸齒角度皆為 π/4 與皆為 π/6 兩種情形, 但兩者證明方法迥異, 於是我想接著研究當鋸齒角度為其他角度時面積和是否有某些特殊 性質. 我也發現當鋸齒角度皆為 π/3 或皆為 π/5 時, 由左到右輪流取弦, 其弦長和相等.
這與當時披薩定理有相似之處, 老師也希望我對 zigzag 問題作更深入的探討與推廣.
1.3 研 研 研究 究 究流 流 流程 程 程
先研究圓內接鋸齒形在鋸齒角度皆為某特定角時, 鋸齒形上半部面積和與鋸齒形下半部面 積和的關係, 及輪流取弦時其弦長和的關係. 並希望能推廣至當鋸齒角度皆為任意實數 x (
0 < x < π 2
)時鋸齒形上半部面積和與鋸齒形下半部面積和的關係, 及輪流取弦時其弦長 和的關係.
1.4 研 研 研究 究 究結 結 結果 果 果
一、 若圓內接鋸齒形的鋸齒角度為 π
2n (n∈ N, n ≥ 2) 時, 則鋸齒形上半部面積和與鋸齒 形下半部面積和相等.
二、 若圓內接鋸齒形的鋸齒角度皆為 π
2n + 1 (n∈ N) 時:
1、 若 n 為奇數, 則包含圓心部分的區塊群面積和比未包含圓心部分的區塊群面積 和大.
2、 若 n 為偶數, 則包含圓心部分的區塊群面積和比未包含圓心部分的區塊群面積 和小.
三、 若圓內接鋸齒形鋸齒角度皆為 π
2n + 1 (n∈ N) 時, 則由左到右輪流取弦, 兩組弦長 和相等.
四、 當鋸齒角度皆為 π
2n (n∈ N, n ≥ 2) 時, 由左到右輪流取弦,
1、 若 n 為奇數, 則靠圓心最近的弦該組弦長和比另一組弦長和大.
2、 若 n 為偶數, 則靠圓心最近的弦該組弦長和比另一組弦長和小.
2 研 研 研究 究 究內 內 內容 容 容
名名名詞詞詞定定定義義義:
• 鋸齒形: 連續折線段中, 任三相鄰折線段所形成的兩交角皆為內錯角關係, 稱此連續 折線段為鋸齒形(zigzag), 以 Z (A1A2· · · An)表示折線段的端點依序為 A1, A2,· · · , An 的鋸齒形.
• 鋸齒角度: 鋸齒形 Z (A1A2· · · An) 中, 任兩相鄰折線段的交角 ∠AiAi+1Ai+2 = θi
稱為鋸齒角度.
• 圓內接鋸齒形: 鋸齒形 Z (A1A2· · · An)在圓內且端點 Ai (1≤ i ≤ n) 皆在圓周上的 鋸齒形.
如圖三, 鋸齒角度皆為 π
2n (n∈ N, n ≥ 2) 時: 圓內接鋸齒形 Z(A1A2· · · A2n+1), 因
每一個鋸齒角度所對應到的弧角皆為 π
n, 而圓弧將被分割成 2n + 1 段, 定義 ûA1A2 為 θ (
0≤ θ ≤ π n )
,Aÿ2nA2n+1 為 π
n− θ, ÿAkAk+2(k = 1, 2,· · · , 2n − 1) 皆為 π n. 如圖四, 鋸齒角度為 π
2n + 1 (n∈ N) 時: 圓內接鋸齒形 Z(A1A2· · · A2n+2), 因每一
個鋸齒角度所對應到的弧角皆為 2π
2n + 1, 而圓弧將被分割成 2n + 2 段, 定義 ûA1A2 為 θ (
0≤ θ ≤ 2π 2n + 1
)
,A2n+1ÿA2n+2 為 2π
2n + 1− θ, ÿAkAk+2 (k = 1, 2,· · · , 2n) 皆為 2π 2n + 1. 引引引理理理 1. 設設設 A, B, C 為半徑 R 的圓上任意
相異三點, ÷BC = α, ÷AC = β,圓上 A 點與 弧 BC 所形成的圖形面積定義為 (ABC), 則
(ABC) = R2
2 [α + sin β− sin(α + β)] .
證證證明明明.
(ABC) = (弓形ACB)(弓形AC)
= [R2
2 (α + β)−R2
2 sin(α + β) ]
− (R2
2 β−R2 2 sin β
)
= R2
2 (α + β)−R2 2 β +R2
2 sin β−R2
2 sin(α + β)
= R2
2 [α + sin β− sin(α + β)]
引引引理理理 2. 設 θ ∈ R, θ > 0, m ∈ N, m ≥ 2, 則 sin θ + sin
( θ +2π
m )
+ sin (
θ +4π m
)
+· · · + + sin (
θ + 2(m− 1)π m
)
= 0
證證證明明明. 設 α = cos θ + i sin θ, ω = cos2π
m + i sin2π m,則 sin θ + sin
( θ +2π
m )
+ sin (
θ +4π m
)
+· · · + + sin (
θ +2(m− 1)π m
)
= Im[α + αω + αω2+· · · + αωm−1]
= Im
[α(1− ωm) 1− ω
]
= Im
[α(1− 1) 1− ω
]
= 0
引引引理理理 3. 圓內接鋸齒形 Z(A1A2· · · A2n+2), 在鋸齒角度皆為 π
2n + 1 (n∈ N, n ≥ 2) 時, 設 ûA1A2= θ,
(1) 若 n 奇數時, 從弓形 A1A2 開始輪流取區塊, 則當 0 ≤ θ < π
2n + 1 時, 含弓形 A1A2 的區塊群包含圓心(圖六), 當 θ = π
2n + 1 時, 圓心在弦 An+1An+2 上, 當 π
2n + 1 < θ≤ 2π
2n + 1 時, 含弓形 A1A2 的區塊群不包含圓心(圖七).
(2) 若 n 偶數時, 從弓形 A1A2 開始輪流取區塊, 則當 0 ≤ θ < π
2n + 1 時, 含弓形 A1A2 的區塊群不包含圓心(圖八), 當 θ = π
2n + 1 時, 圓心在弦 An+1An+2 上, 當 π
2n + 1 < θ≤ 2π
2n + 1 時, 含弓形 A1A2 的區塊群包含圓心(圖九).
證證證明明明. 略.
引引引理理理 4. 圓內接鋸齒形 Z(A1A2· · · A2n+1), 在鋸齒角度皆為 π
2n (n ∈ N, n ≥ 2) 時, 設 Aû1A2= θ,
(1) 若 n 奇數時, 從弦 A1A2 開始間隔取弦, 則當 0 ≤ θ < π
2n 時, 該弦組不包含靠圓心 最近的弦, 當 θ = π
2n 時, 圓心至兩組弦的最近距離相等, 當 π
2n < θ ≤ π
n 時, 該弦 組包含靠圓心最近唯一的弦. (如圖十)
(2) 若 n 偶數時, 從弦 A1A2 開始間隔取弦, 則當 0 ≤ θ < π
2n 時, 該弦組包含靠圓心最 近唯一的弦, 當 θ = π
2n 時, 圓心至兩組弦的最近距離相等, 當 π
2n < θ≤ π n 時, 該 弦組不包含靠圓心最近的弦. (如圖十一)
證證證明明明. 略
定定定理理理 1. 若圓內接鋸齒形 Z(A1A2· · · A2n+1) 的鋸齒角度皆為 π
2n (n∈ N, n ≥ 2) 時, 則 鋸齒形上半部面積和(白色部分)與鋸齒形下半部面積和(藍色部分)相等.
證證證明明明. (方法一)
令 ûA1A2= θ, 0≤ θ < π
n,則由圖十二知鋸齒形上半部面積和及下半部面積和其中有一為 (A1A2A3) + (A3A4A5) +· · · + (A2n−3A2n−2A2n−1) + (A2n−1A2nA2n+1), 又因上半部面積和加上下半部面積和為圓面積, 故只要證明
(A1A2A3) + (A3A4A5) +· · · + (A2n−3A2n−2A2n−1) + (A2n−1A2nA2n+1) =πR2 2 即可(設 R 為圓半徑).
(方法二)
在鋸齒角度皆為 π
2n (n∈ N, n ≥ 2) 時, 將 θ = π
n 的圓內接鋸齒形 Z(B1B2· · · B2n) 下 半部區塊群(藍色部分)與 θ = 0 的圓內接鋸齒形 Z(B1′B2′· · · B′2n)下半部區塊群(黃色部 分)作疊合, 得圖十三(綠色為重疊部分).
僅保留重疊部分(綠色部分), 並將 0 < θ < π
n 的圓內接鋸齒形 Z(A1A2· · · A2n+1)下方 頂點與圓內接鋸齒形 Z(B1B2· · · B2n)下方頂點對齊(即 A2k−1 = B2k−1, k = 1, 2,· · · , n, A2n+1= B2n),得圖十四.
則 Bû2A4= ûB4A6=· · · = ÿB2n−2A2n= ûA1A2= θ
因為 ÿA2kA2k+4=2π
n ,又因圖十四知與 B1B2平行的直線和與 B1B3 平行的直線, 其銳交 角皆為 π
n. 所以過 A2k 作與 B1B3 平行的直線和過 A2k+4作與 B1B2平行的直線相交於 圓周上, 其中 k = 1, 2, · · · , n−2. 故可設過 A2k 與 B1B3平行的線與過 A2k+4與 B1B2平 行的線交圓周於 Ck+1,其中 k = 1, 2, · · · , n − 2, 特別地, A2n−2Cn B1B3, A4C1 B1B2
又因 A2kCk+1與 A2k+2Ck 的交角為 π
n 且 ÿA2kA2k+2= π
n,其中 k = 1, 2, · · · , n − 1 所以 CÿkCk+1= π
n = ÿA2kA2k+2, 其中 k = 1, 2, · · · , n − 1 又因
Aû1Ck = ÿA1A2k−1+ ÿA2k−1Ck= ÿA1A2k−1+ ÿB2k−1Ck= (k− 1)π
n + θ = ýA1A2k, 其中 k = 1, 2, · · · , n − 1.
所以 A2kCk+1與 A2k+2Ck 的交點都在直徑 A1A2n+1 上, 其中 k = 1, 2, · · · , n − 1 將三角形(藍色部分)的頂點 A2k 沿 A2kCk+1與 A2kCk−1 作平行底邊(藍綠部分交界處)的 移動, 由於 A2kCk+1 與 A2k+2Ck 的交點都在直徑 A1A2n+1 上, 最後將形成一半圓. (如 圖十六)
定定定理理理 2. 若圓內接鋸齒形 Z(A1A2· · · A2n+2)的鋸齒角度皆為 π
2n + 1 (n∈ N) 時:
1、 若 n 為奇數, 則包含圓心部分的區塊群面積和(藍色部分)比未包含圓心部分(白色部 分)的區塊群面積和大.(圖六)
2、 若 n 為偶數, 則包含圓心部分的區塊群面積和(藍色部分)比未包含圓心部分(白色部 分)的區塊群面積和小.(圖八)
證證證明明明. 令 ûA1A2= θ, 0≤ θ < 2π
2n + 1,則包含弓形 A1A2部分的面積和為 (弓形A1A2) + (A2A3A4) + (A4A5A6) +· · · + (A2nA2n+1A2n+2)
= R2 2
{ ( 2nπ 2n + 1+ θ
)
− sin θ + sin (
θ + 2π 2n + 1
)
− sin (
θ + 4π 2n + 1
) +
sin (
θ + 6π 2n + 1
)
− · · · + sin (
θ +(4n− 2)π 2n + 1
)
− sin (
θ + 4nπ 2n + 1
) }
(由引理 1, 以下同)
不包含弓形 A1A2 部分的面積和為
(A1A2A3) + (A3A4A5) +· · · + (A2n−1A2nA2n+1) + (弓形A2+1A2+2)
= R2 2
{
(2n + 2)π
2n + 1 − θ + sin θ − sin (
θ + 2π 2n + 1
) + sin
(
θ + 4π 2n + 1
)
−
sin (
θ + 6π 2n + 1
)
+· · · − sin (
θ +(4n− 2)π 2n + 1
) + sin
(
θ + 4nπ 2n + 1
) }
由引理 3 得知: 只需將 R2
2
{ ( 2nπ 2n + 1+ θ
)
− sin θ + sin (
θ + 2π 2n + 1
)
− sin (
θ + 4π 2n + 1
) +
sin (
θ + 6π 2n + 1
)
− · · · + sin (
θ +(4n− 2)π 2n + 1
)
− sin (
θ + 4nπ 2n + 1
) }
減掉
R2 2
{
(2n + 2)π
2n + 1 − θ + sin θ − sin (
θ + 2π 2n + 1
) + sin
(
θ + 4π 2n + 1
)
−
sin (
θ + 6π 2n + 1
)
+· · · − sin (
θ +(4n− 2)π 2n + 1
) + sin
(
θ + 4nπ 2n + 1
) }
的值在 0 ≤ θ < π
2n + 1 時大於零, 在 π
2n + 1 < θ≤ 2π
2n + 1 時小於零, 即可證明定理 2.
R2 2
{ ( 2nπ 2n + 1+ θ
)
− sin θ + sin (
θ + 2π 2n + 1
)
− sin (
θ + 4π 2n + 1
) +
sin (
θ + 6π 2n + 1
)
− · · · + sin (
θ +(4n− 2)π 2n + 1
)
− sin (
θ + 4nπ 2n + 1
) }
−R2 2
{
(2n + 2)π
2n + 1 − θ + sin θ − sin (
θ + 2π 2n + 1
) + sin
(
θ + 4π 2n + 1
)
−
sin (
θ + 6π 2n + 1
)
+· · · − sin (
θ +(4n− 2)π 2n + 1
) + sin
(
θ + 4nπ 2n + 1
) }
= R2 { (
θ− π 2n + 1
)
− sin θ + sin (
θ + 2π 2n + 1
)
− sin (
θ + 4π 2n + 1
) +
sin (
θ + 6π 2n + 1
)
− · · · + sin (
θ +(4n− 2)π 2n + 1
)
− sin (
θ + 4nπ 2n + 1
) }
設 cos θ + i sin θ = α, cos 2π
2n + 1 + i sin 2π
2n + 1 = ω,則 R2
2
{ ( 2nπ 2n + 1+ θ
)
− sin θ + sin (
θ + 2π 2n + 1
)
− sin (
θ + 4π 2n + 1
) +
sin (
θ + 6π 2n + 1
)
− · · · + sin (
θ +(4n− 2)π 2n + 1
)
− sin (
θ + 4nπ 2n + 1
) }
= R2 [(
θ− π 2n + 1
)
− Im(
α− αω + αω2− · · · − αω2n−1+ αω2n)]
= R2 {(
θ− π 2n + 1
)
− Im[
α(1− ω + ω2− · · · − ω2n−1+ ω2n)]}
= R2 {(
θ− π 2n + 1
)
− Im [
α
(ω2n+1+ 1 1 + ω
)]}
= R2 {(
θ− π 2n + 1
)
− Im [
α ( 2
1 + ω )]}
又因
Im [
α ( 2
1 + ω )]
= Im {
(cos θ + i sin θ) [
2
1 + cos2n+12π + i sin2n+12π ]}
= sec π 2n + 1sin
(
θ− π 2n + 1
)
故
R2 { (
θ− π 2n + 1
)
−Im [
α ( 2
ω + 1 )] }
= R2 { (
θ− π 2n + 1
)
−sec π 2n + 1sin
(
θ− π 2n + 1
) }
令 f(θ) = R2 { (
θ− π 2n + 1
)
− sec π 2n + 1sin
(
θ− π 2n + 1
) } , θ∈
[ 0, 2π
2n + 1 )
∵ f′(θ) = R2 [
1− sec π 2n + 1cos
(
θ− π 2n + 1
)]
≤ R2 [
1− sec π
2n + 1cos π 2n + 1
]
= 0 (
∵ θ − π 2n + 1 ∈
[
− π
2n + 1, π 2n + 1
])
且等號成立 ⇔ θ = 0, 故 f(θ) 在 (
0, 2π 2n + 1
)
上是一個嚴格遞減函數. 又因
f (0) = R2 {(
− π
2n + 1 )
− sec π 2n + 1sin
(
− π
2n + 1 )}
= R2 [(
− π
2n + 1 )
+ tan π 2n + 1
]
> 0
f ( π
2n + 1 )
= R2(0− 0) = 0 f
( 2π 2n + 1
)
= R2
{( π 2n + 1
)
− sec π 2n + 1sin
( π 2n + 1
)}
= R2 [( π
2n + 1 )
− tan π 2n + 1
]
< 0
因此在 0 ≤ θ < π
2n + 1 時, f(θ) 恆大於零. 在 π
2n + 1 < θ ≤ 2π
2n + 1 時, f(θ) 恆小於 零.
定定定理理理 3. 若圓內接鋸齒形 Z(A1A2· · · A2n+2)的鋸齒角度皆為 π
2n + 1 (n∈ N) 時, 則由 左到右輪流取弦, 兩組弦長和相等.
證證證明明明. 令 ûA1A2= θ, 0≤ θ < 2π
2n + 1,則從弦 A1A2 開始間隔取弦, 則弦長總和為:
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−1A2n+ A2n+1A2n+2
= 2R {
sin (θ
2 )
+ sin ( 2π
2n + 1+θ 2
) + sin
( 4π 2n + 1+θ
2 )
+· · · +
sin
((2n− 2)π 2n + 1 +θ
2 )
+ sin ( 2nπ
2n + 1 +θ 2
) }
從弦 A2A3 開始間隔取弦, 則弦長總和為:
A2A3+ A4A5+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
= 2R {
sin ( π
2n + 1+θ 2
) + sin
( 3π 2n + 1+θ
2 )
+· · · +
sin
((2n− 3)π 2n + 1 +θ
2 )
+ sin
((2n− 1)π 2n + 1 +θ
2 ) }
兩式相減, 得 (
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−1A2n+ A2n+1A2n+2
)−(
A2A3+ A4A5
+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
)
= 2R
sin
(θ 2
) + sin
( 2π 2n + 1+θ
2 )
+ sin ( 4π
2n + 1 +θ 2
) +· · · + sin
((2n− 2)π 2n + 1 +θ
2 )
+ sin ( 2nπ
2n + 1+θ 2
)
+ sin
((2n + 2)π 2n + 1 +θ
2 )
+ sin
((2n + 4)π 2n + 1 +θ
2 )
+· · · + sin
((4n− 2)π 2n + 1 +θ
2 )
+ sin ( 4nπ
2n + 1+θ 2
) }
======引理 2= 2R· 0 = 0
由此得證: 若圓內接鋸齒形鋸齒角度皆為 π
2n + 1 (n∈ N) 時, 則由左到右輪流取弦, 則 兩組弦長和相等.
定定定理理理 4. 若圓內接鋸齒形 Z(A1A2· · · A2n+1) 鋸齒角度皆為 π
2n (n∈ N, n ≥ 2) 時, 由左 到右輪流取弦,
1、 若 n 為奇數, 則靠圓心最近的弦該組弦長和比另一組弦長和大；
2、 若 n 為偶數, 則靠圓心最近的弦該組弦長和比另一組弦長和小.
證證證明明明. 令 ûA1A2= θ, 0≤ θ < π n,則 1、 當 n 為奇數時:
從弦 A1A2 開始間隔取弦, 則弦長總和為:
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−3A2n−2+ A2n−1A2n
= 2R
sin
(θ 2
) + sin
(2π 2n+θ
2 )
+ sin (4π
2n +θ 2
) +· · · + sin
((2n− 4)π 2n +θ
2 )
+ sin
((2n− 2)π 2n +θ
2 )
= 4R sin
((n− 1)π 2n +θ
2 ) {
cos
((n− 1)π 2n
) + cos
((n− 3)π 2n
) +· · ·
+ cos (2π
2n )
+1 2cos
( 0 2n
) }
從弦 A2A3 開始間隔取弦, 則弦長總和為:
A2A3+ A4A5+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n−1
= 2R
sin
(π 2n +θ
2 )
+ sin (3π
2n+θ 2
) + sin
((2n− 3)π 2n +θ
2 )
+· · · + sin
((2n− 1)π 2n +θ
2 )
= 4R sin (π
2 +θ 2
) { cos
((n− 1)π 2n
) + cos
((n− 3)π 2n
) +· · ·
+ cos (2π
2n )
+1 2cos
( 0 2n
) }
2、 當 n 為偶數時:
從弦 A1A2 開始間隔取弦, 則弦長總和為:
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−3A2n−2+ A2n−1A2n
= 2R
sin
(θ 2
) + sin
(2π 2n+θ
2 )
+ sin (4π
2n +θ 2
) +· · · + sin
((2n− 4)π 2n +θ
2 )
+ sin
((2n− 2)π 2n +θ
2 )
= 4R sin
((n− 1)π 2n +θ
2 ) {
cos
((n− 1)π 2n
) + cos
((n− 3)π 2n
) +
· · · + cos (3π
2n )
+1 2cos
( π 2n
) }
從弦 A2A3 開始間隔取弦, 則弦長總和為:
A2A3+ A4A5+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
= 2R {
sin (π
2n+θ 2
) + sin
(3π 2n +θ
2 )
+ sin
((2n− 3)π 2n +θ
2 )
+· · ·
+ sin
((2n− 1)π 2n +θ
2 ) }
= 4R sin (π
2 +θ 2
) { cos
((n− 1)π 2n
) + cos
((n− 3)π 2n
) +· · · +
cos (3π
2n )
+1 2cos
(π 2n
) }
(1) 當 0 ≤ θ < π
2n 時, 因為 sin (π
2 +θ 2
)
> sin
((n− 1)π 2n +θ
2 )
所以
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−3A2n−2+ A2n−1A2n
< A2A3+ A4A5+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
(2) 當 θ = π
2n 時, 因為 sin (π
2 +θ 2
)
= sin
((n− 1)π 2n +θ
2 )
所以
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−3A2n−2+ A2n−1A2n
= A2A3+ A4A5+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1 (3) 當 π
2n < θ≤ π
n 時, 因為 sin (π
2 +θ 2
)
< sin
((n− 1)π 2n +θ
2 )
所以
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−3A2n−2+ A2n−1A2n
> A2A3+ A4A5+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
由引理 4 代入上述結果由可得知: 當鋸齒角度皆為 π
2n (n∈ N, n ≥ 2) 時, 由左到右輪流 取弦, 若 n 為奇數, 則靠圓心最近的弦該組弦長和比另一組弦長和大; 若 n 為偶數, 則靠 圓心最近的弦該組弦長和比另一組弦長和小.
3 結 結 結論 論 論及 及 及未 未 未來 來 來展 展 展望 望 望
目前結論:
一、 若圓內接鋸齒形的鋸齒角度為 π
2n (n∈ N, n ≥ 2) 時, 則鋸齒形上半部面積和與鋸齒 形下半部面積和相等.
二、 若圓內接鋸齒形的鋸齒角度皆為 π
2n + 1 (n∈ N) 時:
1、 若 n 為奇數, 則包含圓心部分的面積和比未包含圓心部分的面積和大.
2、 若 n 為偶數, 則包含圓心部分的面積和比未包含圓心部分的面積和小.
三、 若圓內接鋸齒形鋸齒角度皆為 π
2n + 1 (n∈ N) 時, 則由左到右輪流取弦, 則兩組弦 長和相等.
四、 當鋸齒角度皆為 π
2n (n∈ N, n ≥ 2) 時, 由左到右輪流取弦,
1、 若 n 為奇數, 則靠圓心最近的弦該組弦長和比另一組弦長和大.
2、 若 n 為偶數, 則靠圓心最近的弦該組弦長和比另一組弦長和小.
未來展望:
一、 研究鋸齒角度皆為任意 x(
0 < x < π 2
)時, 靠圓心最近的弦該組弦長和與另一組弦 長和的關係.
二、 研究鋸齒角度皆為任意 x(
0 < x < π 2
)時, 其包含圓心部分的面積和與未包含圓心 部分的面積和的關係.
三、 研究及探討鋸齒形在其他規則形狀(如正多邊形)時, 線段長和、面積和的關係.
四、 研究及探討其在立體化後(如圓柱、球體、. . .), 原定理是否仍然成立.
五、 研究及探討 zigzag 問題與披薩定理的相關性.
4 延 延 延伸 伸 伸研 研 研究 究 究
圓內接鋸齒形在鋸齒角度皆為任意實數 x(
0 < x < π 2
)時:
設圓內接鋸齒形的鋸齒角度皆為 π
X,其中 X = m + a (m ∈ N, m ≥ 2, a ∈ R, 0 < a < 1), 即 [X] = m.
一、 當 m = 2n (n ∈ N) 時,
圓內接鋸齒形的鋸齒角度皆為 π
2n + a (n∈ N) 時: 每一個鋸齒角度所對應到的弧角 皆為 2π
2n + a,定義 ûA1A2 為 θ (
0≤ θ ≤ 2π 2n + a
)
1、 當 0 ≤ θ < 2aπ
2n + a 時, 圓弧將被分割成 2n + 2 段,A2n+1ÿA2n+2 為 2aπ 2n + a− θ, AÿkAk+2 (k = 1, 2,· · · , 2n) 皆為 2π
2n + a(如圖十九).
2、 當 2aπ
2n + a ≤ θ < 2π
2n + a 時, 圓弧將被分割成 2n + 1 段, ÿA2nA2n+1 為 2(1 + a)π
2n + a − θ (
≤ 2π 2n + a
)
, ÿAkAk+2 (k = 1, 2,· · · , 2n − 1) 皆為 2π 2n + a(如 圖二十).
二、 當 m = 2n + 1 (n ∈ N) 時,
圓內接鋸齒形的鋸齒角度皆為 π
(2n + 1) + a (n∈ N) 時: 每一個鋸齒角度所對應到
的弧角皆為 2π
(2n + 1) + a,定義 ûA1A2 為 θ (
0≤ θ ≤ 2π (2n + 1) + a
)
1、 當 0 ≤ θ < 2aπ
(2n + 1) + a 時, 圓弧將被分割成 2n + 3 段, A2n+2ÿA2n+3 為 2aπ
(2n + 1) + a− θ, ÿAkAk+2(k = 1, 2,· · · , 2n + 1) 皆為 2π
(2n + 1) + a (如圖二十 一).
2、 當 2aπ
(2n + 1) + a ≤ θ < 2π
(2n + 1) + a時, 圓弧將被分割成 2n+2 段,A2n+1ÿA2n+2 為 2(1 + a)π
(2n + 1) + a−θ (
≤ 2π
(2n + 1) + a )
, ÿAkAk+2(k = 1, 2,· · · , 2n) 皆為 2π (2n + 1) + a (如圖二十二).
引引引理理理 5. 1、 圓內接鋸齒形的鋸齒角度皆為 π
2n + a (n ∈ N, n ≥ 2) 時, 令 ûA1A2 = θ, 0≤ θ < 2π
2n + a,則
(1) 當 n 為奇數時, 從弦 A1A2 開始間隔取弦, 則當 0 ≤ θ < (1 + a)π
2n + a 時, 該弦組 不包含靠圓心最近的弦, 當 θ = (1 + a)π
2n + a 時, 圓心至兩組弦的最近距離相等, 當 (1 + a)π
2n + a < θ≤ 2π
2n + a 時, 該弦組包含靠圓心最近唯一的弦.
(2) 當 n 為偶數時, 從弦 A1A2 開始間隔取弦, 則當 0 ≤ θ < (1 + a)π
2n + a 時, 該弦組 包含靠圓心最近唯一的弦, 當 θ = (1 + a)π
2n + a 時, 圓心至兩組弦的最近距離相等, 當 (1 + a)π
2n + a < θ≤ 2π
2n + a 時, 該弦組不包含靠圓心最近的弦.
2、 圓內接鋸齒形的鋸齒角度皆為 π
(2n + 1) + a (n∈ N, n ≥ 2) 時:
(1) 當 n 為奇數時, 從弦 A1A2 開始間隔取弦, 則當 0 ≤ θ < aπ
(2n + 1) + a 時, 該 弦組包含靠圓心最近唯一的弦, 當 θ = aπ
(2n + 1) + a 時, 圓心至兩組弦的最近 距離相等, 當 aπ
(2n + 1) + a < θ≤ 2π
(2n + 1) + a 時, 該弦組不包含靠圓心最近 的弦.
(2) 當 n 為偶數時, 從弦 A1A2 開始間隔取弦, 則當 0 ≤ θ < aπ
(2n + 1) + a 時, 該 弦組不包含靠圓心最近的弦, 當 θ = aπ
(2n + 1) + a 時, 圓心至兩組弦的最近距 離相等, 當 aπ
(2n + 1) + a < θ≤ 2π
(2n + 1) + a 時, 該弦組包含靠圓心最近唯一 的弦.
證證證明明明. 略.
引引引理理理 6. 1、 圓內接鋸齒形的鋸齒角度皆為 π
2n + a (n ∈ N, n ≥ 2) 時, 令 ûA1A2 = θ, 0≤ θ < 2π
2n + a,則
(1) 當 n 為奇數時, 從弓形 A1A2 開始輪流取區塊, 則當 0 ≤ θ < aπ
2n + a 時, 含弓 形 A1A2 的區塊群包含圓心, 當 θ = aπ
2n + a 時, 圓心在弦 An+1An+2 上, 當 aπ
2n + a< θ≤ 2π
2n + a 時, 含弓形 A1A2 的區塊群不包含圓心.
(2) 當 n 為偶數時, 從弓形 A1A2 的區塊輪流取區塊, 則當 0 ≤ θ < aπ
2n + a 時, 含 弓形 A1A2 的面積群不包含圓心, 當 θ = aπ
2n + a 時, 圓心在弦 An+1An+2 上, 當 aπ
2n + a< θ≤ 2π
2n + a 時, 含弓形 A1A2 的區塊群包含圓心.
2、 圓內接鋸齒形的鋸齒角度皆為 π
(2n + 1) + a (n ∈ N, n ≥ 2) 時, 令 ûA1A2 = θ, 0≤ θ < 2π
(2n + 1) + a,則
(1) 當 n 為奇數時, 從弓形 A1A2 開始輪流取區塊, 則當 0 ≤ θ < (1 + a)π 2n + a 時, 含 弓形 A1A2 的區塊群包含圓心, 當 θ = (1 + a)π
(2n + 1) + a 時, 圓心在弦 An+1An+2
上, 當 (1 + a)π
(2n + 1) + a < θ ≤ 2π
(2n + 1) + a 時, 含弓形 A1A2 的區塊群不包含圓 心.
(2) 當 n 為偶數時, 從弓形 A1A2 的區塊輪流取區塊, 則當 0 ≤ θ < (1 + a)π (2n + 1) + a 時, 含弓形 A1A2 的區塊群不包含圓心, 當 θ = (1 + a)π
(2n + 1) + a 時, 圓心在弦 An+1An+2 上, 當 (1 + a)π
(2n + 1) + a < θ≤ 2π
(2n + 1) + a 時, 含弓形 A1A2 的區塊 群包含圓心.
證證證明明明. 略.
定定定理理理 5. 圓內接鋸齒形的鋸齒角度皆為任意 π X
( 0 < π
X ≤π 2
) 時, 靠圓心最近的弦該組 弦長和與另一組弦長和的關係:
1、 當 [X] ≡ 0, 3 (mod 4) 時, 則靠圓心最近的弦該組弦長和(紅線部分)比另一組弦長 和(藍線部分)小. (如圖二十三、圖二十四. )
2、 當 [X] ≡ 1, 2 (mod 4) 時, 則靠圓心最近的弦該組弦長和(紅線部分)比另一組弦長 和(藍線部分)大. (如圖二十五、圖二十六).
證證證明明明. 令 ûA1A2= θ,則
1、 當 [X] = 2n, 0 ≤ θ < 2aπ
2n + a 時, 設此時圓內接鋸齒形為 Z(A1A2· · · A2n+2) 當從弦 A1A2開始間隔取弦, 則弦長總和為:
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−1A2n+ A2n+1A2n+2
= 2R {
sin (θ
2 )
+ sin ( 2π
2n + a+θ 2
) + sin
( 4π 2n + a+θ
2 )
+· · · +
sin
((2n− 2)π 2n + a +θ
2 )
+ sin ( 2nπ
2n + a+θ 2
) }
從弦 A2A3 開始間隔取弦, 則弦長總和為:
A2A3+ A4A5+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
= 2R {
sin ( π
2n + a+θ 2
) + sin
( 3π 2n + a+θ
2 )
+· · · +
sin
((2n− 3)π 2n + a +θ
2 )
+ sin
((2n− 1)π 2n + a +θ
2 ) }
兩式相減, 得 (
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−1A2n+ A2n+1A2n+2
)−(
A2A3+ A4A5
+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1 )
= 2R {
sin (θ
2 )
− sin ( π
2n + a+θ 2
) + sin
( 2π 2n + a+θ
2 )
+· · ·
− sin
((2n− 1)π 2n + a +θ
2 )
+ sin ( 2nπ
2n + a+θ 2
) }
設 cosθ
2 + i sinθ
2 = α, cos π
2n + a+ i sin π
2n + a = ω,則
2R {
sin (θ
2 )
− sin ( π
2n + a+θ 2
) + sin
( 2π 2n + a+θ
2 )
− · · ·
− sin
((2n− 1)π 2n + a +θ
2 )
+ sin ( 2nπ
2n + a+θ 2
) }
= 2R Im{α − αω + αω2− · · · − αω2n−1+ αω2n}
= 2R Im [
α
(ω2n+1+ 1 ω + 1
)]
又因 ω2n+a=−1, 所以
2R Im [
α
(ω2n+1+ 1 ω + 1
)]
= 2R Im [
α
(−ω1−a+ 1 ω + 1
)]
= 2Rsin
(a−1)π 2
2n+a
cos2n+aπ2
| {z }
<0
· cos (θ
2−
aπ 2
2π + a )
| {z }
>0
< 0
所以 (
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−1A2n+ A2n+1A2n+2 )−(
A2A3+ A4A5 +· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
)
< 0
⇒(
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−1A2n+ A2n+1A2n+2
)
<
(
A2A3+ A4A5
+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
)
2、 當 [X] = 2n, 2aπ
2n + a≤ θ < 2π
2n + a 時, 設此時圓內接鋸齒形為 Z(A1A2· · · A2n+1) 當從弦 A1A2開始間隔取弦, 則弦長總和為:
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−3A2n−2+ A2n−1A2n
= 2R {
sin (θ
2 )
+ sin ( 2π
2n + a+θ 2
) + sin
( 4π 2n + a+θ
2 )
+· · · +
sin
((2n− 4)π 2n + a +θ
2 )
+ sin
((2n− 2)π 2n + a +θ
2 ) }
= 2R {
2 sin
((n− 1)π 2n + a +θ
2 )
cos
((n− 1)π 2n + a
) +
2 sin
((n− 1)π 2n + a +θ
2 )
cos
((n− 3)π 2n + a
) +· · ·
}
= 4R sin
((n− 1)π 2n + a +θ
2 ) {
cos
((n− 1)π 2n + a
) + cos
((n− 3)π 2n + a
) +· · ·
}
從弦 A2A3 開始間隔取弦, 則弦長總和為:
A2A3+ A4A5+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
= 2R {
sin ( π
2n + a+θ 2
) + sin
( 3π 2n + a+θ
2 )
+ sin
((2n− 3)π 2n + a +θ
2 )
+· · ·
+ sin
((2n− 1)π 2n + a +θ
2 ) }
= 2R {
2 sin ( nπ
2n + a+θ 2
) cos
((n− 1)π 2n + a
) +
2 sin ( 2nπ
2n + a+θ 2
) cos
((n− 3)π 2n + a
) +· · ·
}
= 4R sin ( nπ
2n + a+θ 2
) { cos
((n− 1)π 2n + a
) + cos
((n− 3)π 2n + a
) +· · ·
}
(1) 當 2aπ
2n + a ≤ θ < (1 + a)π
2n + a 時, 因為 sin ( nπ
2n + a+θ 2
)
> sin
((n− 1)π 2n + a +θ
2 )
所以
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−3A2n−2+ A2n−1A2n
< A2A3+ A4A5+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1 (2) 當 θ = (1 + a)π
2n + a 時, 因為 sin ( nπ
2n + a+θ 2
)
= sin
((n− 1)π 2n + a +θ
2 )
所以
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−3A2n−2+ A2n−1A2n
= A2A3+ A4A5+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
(3) 當 (1 + a)π
2n + a ≤ θ < 2π
2n + a 時, 因為 sin ( nπ
2n + a+θ 2
)
< sin
((n− 1)π 2n + a +θ
2 )
所以
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−3A2n−2+ A2n−1A2n
> A2A3+ A4A5+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
由引理 5 代入上述結果由可得知: [X] = 2n 時, 由左到右輪流取弦, 若 n 為奇數, 則 靠圓心最近的弦該組弦長和比另一組弦長和大；若 n 為偶數, 則靠圓心最近的弦該 組弦長和比另一組弦長和小. 故 [X] ≡ 2 (mod 4) 時, 則靠圓心最近的弦該組弦長和 比另一組弦長和大, [X] ≡ 0 (mod 4) 時, 則靠圓心最近的弦該組弦長和比另一組弦 長和小.
3、 當 [X] = 2n+1, 0 ≤ θ < 2aπ
(2n + 1) + a時, 設此時圓內接鋸齒形為 Z(A1A2· · · A2n+3) 當從弦 A1A2開始間隔取弦, 則弦長總和為:
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−1A2n+ A2n+1A2n+2
= 2R {
sin (θ
2 )
+ sin
( 2π
(2n + 1) + a+θ 2
)
+· · · + sin
( (2n)π (2n + 1) + a +θ
2 ) }
= 2R {
2 sin
( nπ
(2n + 1) + a+θ 2
) cos
( nπ (2n + 1) + a
) +· · ·
}
= 4R sin
( nπ
(2n + 1) + a+θ 2
) { cos
( nπ (2n + 1) + a
) + cos
( (n− 2)π (2n + 1) + a
) +· · ·
}
從弦 A2A3 開始間隔取弦, 則弦長總和為:
A2A3+ A4A5+· · · + A2nA2n+1+ A2n+2A2n+3
= 2R {
sin
( π
(2n + 1) + a+θ 2
) + sin
( 3π
(2n + 1) + a+θ 2
) +· · ·
}
= 2R {
2 sin
( (n + 1)π (2n + 1) + a+θ
2 )
cos
( nπ (2n + 1) + a
) +
2 sin
( (n + 1)π (2n + 1) + a+θ
2 )
cos
( (n− 2)π (2n + 1) + a
) +· · ·
}
= 4R sin
( (n + 1)π (2n + 1) + a+θ
2 ) {
cos
( nπ (2n + 1) + a
) + cos
( (n− 2)π (2n + 1) + a
) +· · ·
}
(1) 當 0 ≤ θ < aπ
(2n + 1) + a時, 因為 sin
( (n + 1)π (2n + 1) + a+θ
2 )
> sin
( nπ
(2n + 1) + a+θ 2
)
所以
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−3A2n−2+ A2n−1A2n
< A2A3+ A4A5+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
(2) 當 θ = aπ
(2n + 1) + a時, 因為 sin
( (n + 1)π (2n + 1) + a +θ
2 )
= sin
( nπ
(2n + 1) + a+θ 2
)
所以
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−3A2n−2+ A2n−1A2n
= A2A3+ A4A5+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
(3) 當 aπ
(2n + 1) + a ≤ θ < 2aπ
(2n + 1) + a 時, 因為 sin
( (n + 1)π (2n + 1) + a+θ
2 )
<
sin
( nπ
(2n + 1) + a+θ 2
)
所以
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−3A2n−2+ A2n−1A2n
> A2A3+ A4A5+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
4、 當 [X] = 2n + 1, 2aπ
(2n + 1) + a ≤ θ < 2π
(2n + 1) + a 時, 設此時圓內接鋸齒形為 Z(A1A2· · · A2n+2)
當從弦 A1A2開始間隔取弦, 則弦長總和為:
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−1A2n+ A2n+1A2n+2
= 2R {
sin (θ
2 )
+ sin
( 2π
(2n + 1) + a+θ 2
)
+· · · +
sin
( (2n− 2)π (2n + 1) + a+θ
2 )
+ sin
( 2nπ
(2n + 1) + a+θ 2
) }
從弦 A2A3 開始間隔取弦, 則弦長總和為:
A2A3+ A4A5+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
= 2R {
sin
( π
(2n + 1) + a+θ 2
) + sin
( 3π
(2n + 1) + a+θ 2
) +
· · · + sin
( (2n− 3)π (2n + 1) + a+θ
2 )
+ sin
( (2n− 1)π (2n + 1) + a+θ
2 ) }
兩式相減, 得 (
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−1A2n+ A2n+1A2n+2 )−(
A2A3+ A4A5 +· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
)
= 2R {
sin (θ
2 )
− sin
( π
(2n + 1) + a +θ 2
) + sin
( 2π
(2n + 1) + a +θ 2
)
+· · · − sin
( (2n− 1)π (2n + 1) + a+θ
2 )
+ sin
( 2nπ
(2n + 1) + a+θ 2
) }
設 cosθ
2 + i sinθ
2 = α, cos π
(2n + 1) + a+ i sin π
(2n + 1) + a = ω,則 2R
{ sin
(θ 2
)
− sin
( π
(2n + 1) + a+θ 2
) + sin
( 2π
(2n + 1) + a+θ 2
)
− · · · − sin
( (2n− 1)π (2n + 1) + a+θ
2 )
+ sin
( 2nπ
(2n + 1) + a+θ 2
) }
= 2R Im{α − αω + αω2− · · · − αω2n−1+ αω2n}
= 2R Im [
α
(ω2n+1+ 1 ω + 1
)]
又因 ω(2n+1)+a=−1, 所以 2R Im
[ α
(ω2n+1+ 1 ω + 1
)]
= 2R Im [
α
(−ω−a+ 1 ω + 1
)]
= 2R
sin(2n+1)+aaπ2 cos(2n+1)+aπ2
| {z }
>0
· cos (
θ 2 +
(−a−1)π 2
(2n + 1) + a )
| {z }
>0
> 0
所以 (
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−1A2n+ A2n+1A2n+2
)−(
A2A3+ A4A5
+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1
)
> 0
⇒(
A1A2+ A3A4+· · · + A2n−1A2n+ A2n+1A2n+2
)
>
(
A2A3+ A4A5
+· · · + A2n−2A2n−1+ A2nA2n+1 )
由引理 5 知: [X] = 2n + 1 時, 由左到右輪流取弦, 若 n 為奇數, 則靠圓心最近的弦 該組弦長和比另一組弦長和小；若 n 為偶數, 則靠圓心最近的弦該組弦長和比另一
組弦長和大. 故 [X] ≡ 3 (mod 4) 時, 則靠圓心最近的弦該組弦長和比另一組弦長和 小, [X] ≡ 1 (mod 4) 時, 則靠圓心最近的弦該組弦長和比另一組弦長和大.
故得 [X] ≡ 0, 3 (mod 4) 時, 則靠圓心最近的弦該組弦長和比另一組弦長和小, [X] ≡ 1, 2 (mod 4)時, 則靠圓心最近的弦該組弦長和比另一組弦長和大.
定定定理理理 6. 圓內接鋸齒形的鋸齒角度皆為任意 π X
( 0 < π
X ≤π 2
) 時, 包含圓心部分的面積
和與不包含圓心部分的面積和的關係:
1、 當 [X] ≡ 2, 3 (mod 4) 時, 則包含圓心部分(藍色部分)的區塊群面積和比未包含圓 心部分(白色部分)的區塊群面積和大. (如圖二十七、圖二十八. )
2、 當 [X] ≡ 01 (mod 4) 時, 則包含圓心部分的區塊群面積和(藍色部分)比未包含圓心 部分(白色部分)的區塊群面積和小. (如圖二十九、圖三十. )
