多邊形的尋短

多邊形的尋短

歐翰青

國立武陵高級中學

Abstract

In the field of geometry, the shortest path problem has always been an old, popular and rich applications issue. From the earliest to the river then go back and put out the fire to modern telecommu- nications network systems, whether it is set up rail lines, facilities, relief route planning, it all has applications. This work is focusing on how to find the shortest circumference of the inscribed polygon within a polygon. The subjects we’re discussing are whether the solu- tion exists or not, solvability conditions, mapping methods and what graphics it will approach if no solution. Research method is to use the Mirror method or as light reflection principle, which commonly used in geometry, and classified into odd and even side polygon various situations to discuss respectively.

摘

摘摘要要要: 在幾何領域中, 最短路徑問題一直是一門古老, 熱門以及富應用 性的問題, 從最早的到河邊提水救火到近代的電信網路系統, 不管是鐵

路路線設置, 設施分布或是救災路徑規劃上均有應用, 而這份文章主要

討論凸 n 邊形內接周長最小 n 邊形是否有解, 有解的條件與作法及無 解時會趨近於何種圖形, 研究方法是使用幾何中常用的鏡射法或稱為 光反射原理, 並分類成奇數邊形與偶數邊形的各種情況逐一討論.

1 研 研 研究 究 究簡 簡 簡介 介 介

在研究數學的途中, 我在高中數學競賽教程與幾何明珠中同時看到了以下的

得到的結論是作三角形三垂線在三邊上的交點並將之連接, 於是我想將 它推廣至鈍角三角形與凸 n 邊形的情況, 便進行了以下的研究. 關於之前的 研究結果, 全國科展第 29 屆高中組第三名《 n 邊形內具有最小周長的內接 n 邊形》所做出來的研究結果有: 以三角函數的方式表示出最短內 n 邊形的 周長, 當凸多邊形並且 n 是偶數時, 兩組間角的和相等時是解的必要條件, 並 且能計算解的周長, 這個時候有無限多組解, 在 n 為奇數的凸多邊形時, 有 解的必要條件是(n−2)90^◦ > (n−1)/2> (n−3)90^◦並且也能算出周長.

另外, 當我完成我的作品時, 我發現另一組研究者, 第 38 屆國中數學科 展作品第二名《鏡射乾坤》所做出來的研究結果有: 若三角形是鈍角時, 則 只有退化解, 也就是其中的 2 點和原三角形的某個頂點重合, 圓內接四邊形 的無解狀況 (解分兩種, 但未寫出成立條件), 非圓內接四邊形的解 (分成了十 種情況討論) 以及正奇數邊形有唯一解, 正偶數邊形有無限多組解.

就之前研究結果不足的部分, 全國科展第 29 屆高中組第三名《 n 邊形 內具有最小周長的內接 n 邊形》, 所探討的是最短多邊形的周長長度, 什麼 情況有解這兩項, 使用的是相當繁複的三角函數運算與克拉瑪公式解法, 而 當無解時到底會退化至何種圖形並未討論, 無論奇、偶數邊形, 也僅討論有 解的必要條件, 另外的一組研究者, 第 38 屆國中數學科展作品第二名《鏡射 乾坤》, 推導出了鈍角三角形的退化解與四邊形部分的退化解, 但對於圓內 接四邊形退化解的成立條件雖有討論, 但並未列有像本文的簡單判斷條件, 而對非圓內接四邊形退化解的形狀成立條件分成了十種情況進行了相當冗 長的分段討論 (事實上只要分兩種情況就足夠了), 在 n 邊形部分也只推導出 正 n 邊形中奇數邊形有唯一解. 一般凸邊形的結果, 僅列出結論, 而未有討 論的細節, 以及在無解時, 究竟退化到何種圖形並未討論.

另外, 在完成我的研究之後, 我得到了一份文獻, 得知尋短問題在歷史上 其實早有研究, 名叫 Billiard Problem (撞球檯問題), 在 Marcel Berger 所著 的 Geometry I, Springer-Verla 的第九章 9.4 節, 他在書中也發現了包括我在 內的三份作品中的一些結果, 例如在圓內接四邊形的情況下, 如果有解, 就有 無限多解, 所用的也是標準的反射方法, 但文獻中並沒有看到我所推出的有 解條件, 也並未討論無解時會趨近於何種圖形.

在我的這篇文章中, 證明過程中使用的除了幾何中常用的鏡射法外, 並 未進行龐雜繁複的三角函數與代數運算來證明上述結果, 使得過程得以簡化 許多並增加了可讀性, 並且也就這兩組研究者中不足的部分進行討論與延 伸.

本研究主要討論三角形, 四邊形, 偶數邊形, 奇數邊形的內接最短多邊形 有解的情況與條件, 無解的情況以及無解時會退化成何種圖形, 此外也試著

討論凸 n 邊形內接周長最小 m 邊形中最簡單的情況: 四邊形內接最短三角 形, 此時也可證明一定無解. 我證明這個情況並沒有解.

研究方法的部分, 我先嘗試證明了原始題目以了解它的概念, 然後思考 鈍角三角形與直角三角形的情況, 隨後證明其無解且會趨近於何種圖形, 到 此大概擬定了推廣到 n 邊形時的研究方向.

在研究四邊形的過程中, 我一開始找了幾個特例 (如等腰梯形等) 使用 了鏡射法, 發現圓內接四邊形有些情況的解, 隨後證明其解有無限多個, 並找 到一種簡單的作圖法作出其中一解, 並在思考過後找出了有解的條件, 而非 圓內接四邊形在嘗試了菱形等特例後, 利用了趨近法證明了此種情況不可能 有解, 再由鏡射法中的卡點連線導出了在何種情況會趨近於何圖形.

而推廣到偶數邊形時, 發現其結論跟四邊形差不多, 只是在偶數邊形時 我們必須鏡射 n−1 次後才能判定兩組間角和相等的情況是否有解.

至於奇數邊形, 我則推出了一組跟其內接最小奇數邊形有關的 n 個角 度的方程式 (此組方程式只有在奇數邊形時不會相依, 之前的研究者《 n 邊 形內具有最小周長的內接 n 邊形》使用了三角函數與克拉瑪公式後亦有推 出一樣的結果, 但我使用的是更為簡潔的幾何方法), 而這組方程式的每一個 角都有範圍限制, 同時每一個角都能用原來奇數邊形的各個角來表示, 同時 發現將此式帶回三角形恰能應證之前所推出的結論 (即只有銳角三角形有 解), 但後來聯絡之前的作者何思賢先生後發現這只是奇數邊形的必要條件, 但仍能用它來證明凹 n 邊形不可能有解, 奇數邊形的充要條件仍然必須鏡 射後才能求得.

新研究出來的結果主要有: 凸四邊形內接最短四邊形有解的情況為圓 內接四邊形且圓心在四邊形內, 凸四邊形內接最短四邊形無解的情況為圓 內接四邊形且圓心在四邊形外或非圓內接四邊形, 凸四邊形內接最短四邊 形無解時, 若為圓內接四邊形且圓心在四邊形外時會趨近於一三角形, 非圓 內接四邊形會趨近於一三角形或較短對角線的兩倍, 取決於和較大的兩對 角是否有一角小於 90^◦, 當 n =2k, k ∈ N 時, 凸 n 邊形內接最短 n 邊形有 解的充要條件是: 此凸 n 邊形的兩組間角和必相等, 且鏡射後, 由上卡點與 下卡點所作之平行線不會交錯排列 (定義請參照附錄三). 當 n =2k, k ∈ _N 時, 無解的情況: 若凸 n 邊形兩組間角和相等, 而且, 鏡射後由上卡點與下 卡點所作之平行線有 k 條交錯排列, 內接最小凸 n 邊形的 k 個角會趨近於 這 k 條平行線所對應的頂點; 若兩組間角和不相等, 且當較大的 ⁿ₂ 間角有 t 個角不符合 2∠ak−1akak+₁− ∠^ak−2akak+₂ < 180^◦ 時,它的內接最小凸 n 邊

凸 n 邊形內接周長最小 n 邊形, 解的充要條件在文章裡有仔細的描述 (見 p.13), 奇多邊形無解的情況與偶多邊形類似, 凹多邊形情形一定無解. 至於 凸 n 邊形內接周長最小 m 邊形, 本文初步探討凸四邊形內接周長最小三角 形的情形, 結論為一定無解.

最後, 由衷感謝丘成桐數學獎提供機會讓我表達我的作品; 感謝評審們 給予我的肯定和鼓勵; 感謝武陵高中吳明霞導師的指導; 最後也要感謝我的 父母, 他們期許我健康, 樂觀, 自信, 熱誠, 我會全力以赴, 未來希望在數學領 域方面更上一層樓.

2 研 研 研究 究 究 主 主 主體 體 體

2.1 有 有 有解 解 解情 情 情況 況 況

2.1.1 銳銳銳角角角三三三角角角形形形:

原命題: 如何在銳角三角形的三邊上各找一點, 作出周長最短的內接三角形?

原命題結論: 作三角形三垂線在邊上的交點並將之連接, 所得的三角形即為 所求.

定定定理理理 2.1. 當當當 n 邊形內接 n 邊形與原 n 邊形各邊所夾的角兩兩相等時, 此內 接 n 邊形為內接最小 n 邊形.

定理 2.1 在三角形與凸 n 邊形 (n=2k+1, k∈ _{N) 時的證明:}

1. 設 D, E, F分別為 BC, AC, AB 上的任意點, 將原三角形對其三邊依序 鏡射五次, 並延長 BC, B⁰⁰C⁰⁰, B⁰⁰⁰⁰⁰C⁰⁰⁰⁰可得圖 1 (⁰的數目意義請見附錄 .B):

求

求求證證證. 當 ∠FDB = ∠^EDC, ∠DEC = ∠^FEA, ∠AFE = ∠^{DFB 時,} 4FED 的周長會最小.

證

證證明明明. 4FED周長之兩倍

=₂(DE+FE+ED) = DF+FE⁰+E⁰D⁰⁰+D⁰⁰F⁰⁰⁰+F⁰⁰⁰E⁰⁰⁰⁰+E⁰⁰⁰⁰D⁰⁰⁰⁰

≥ DD⁰⁰+D⁰⁰D⁰⁰⁰⁰ ≥DD⁰⁰⁰⁰. 四邊形 AC⁰PB中,

∠P⁰PC =360^◦− (180^◦− ∠^AC0B00) − (180^◦− ∠^ABC) − ∠^C0AB

= ∠^B+ ∠^C− ∠^A = ∠^PP0B00000

⇒ BC//B⁰⁰⁰⁰⁰C⁰⁰⁰⁰ (內錯角相等), 又 DC =D⁰⁰⁰⁰C⁰⁰⁰⁰

⇒ DCD⁰⁰⁰⁰C⁰⁰⁰⁰ 為平行四邊形, DD⁰⁰⁰⁰ =CC⁰⁰⁰⁰(定值)

⇒ DD⁰⁰⁰⁰ 為定值不受 D 點移動之影響, 且為 D, D⁰⁰⁰⁰ 兩點間可能的最 短距離.

所以不管D, E, F 在任一位置, 4_FED周長之兩倍恆小於等於一定值, 即為 DD⁰⁰⁰⁰, 並且如果存在, 這個解必定是唯一的, 因為 D⁰⁰ 並不會隨 著 DD⁰⁰⁰⁰移動而移動, 而是與 DD⁰⁰⁰⁰ 靠近或是遠離, 只有當D, D⁰⁰, D⁰⁰⁰⁰ 三點共線時 4FED 周長之兩倍才可能等於 DD⁰⁰⁰⁰, 因此當解成立時, D⁰⁰ 必恰好移動到 DD⁰⁰⁰⁰ 上, 所以解為唯一. 現在來看等號是否可能成 立,若∠FDB = ∠^EDC,∠DEC = ∠^FEA,∠AFE= ∠DFB 時, 依照上 述的做圖法可得圖 2:

因為∠AFE = ∠^DFB,∠AFE = ∠^AFE0 ⇒ ∠^DFB 與∠AFE⁰ 為對頂 角, D, F, E⁰會共線, 同理可得 F, E⁰,D⁰⁰會共線, E⁰, D⁰⁰, F⁰⁰⁰ 會共線· · ·

⇒D, F, E⁰, D⁰⁰, F⁰⁰⁰, E⁰⁰⁰⁰, D⁰⁰⁰⁰ 會共線⇒ 4FED周長之兩倍

=DF+FE⁰+E⁰D⁰⁰+D⁰⁰F⁰⁰⁰+F⁰⁰⁰E⁰⁰⁰⁰+E⁰⁰⁰⁰D⁰⁰⁰⁰ =DD⁰⁰⁰⁰

⇒^當∠FDB = ∠^EDC,∠DEC = ∠^FEA,∠AFE = ∠^{DFB 時,} 4FED 為此三角形內接周長最短三角形. 同理, 此證明法在凸 n 邊形(n = 2k+1, k∈ N)時也是可行的, 設 n 個頂點依序為 a1, a2,· · ·_{, an, 只要對}

ana₁鏡射 2n−_{1 次,}並用稍後證明的引理 2.2 來證明 ana_n−1//an0(2n−1)a_n−10(2n−2)

(即三角形的 BC//B⁰⁰⁰⁰⁰C⁰⁰⁰⁰), 其他的步驟一概相同, 同時可知奇數邊形 時若解存在則必為唯一.

2. 求求求證證證. 作三角形三邊之垂足並將之連接, 所得的三角形會符合定理 2.1 的條件, 也就是 ∠FDB = ∠^EDC,∠DEC = ∠^FEA,∠AFE = ∠^DFB.

作4ABC 的外接圓, 如圖 3:

圖 3:

∵ HD ⊥BC, HF ⊥BA

∴ HDBF 共圓, 令

∠FDB= ∠^1,∠FHB = ∠^2,∠EDC = ∠^3,∠EHC = ∠^4,

1

_

_

同理可得

∠FDB = ∠^EDC,∠DEC= ∠^FEA,∠AFE= ∠^DFB, 證畢.

由 1. 2. 知 : 作三角形三垂線在邊上的交點並將之連接, 所得的三角形 即為所求.

2.1.2 圓圓圓內內內接接接四四四邊邊邊形形形－－－圓圓圓心心心在在在四四四邊邊邊形形形內內內的的的情情情況況況:

ABCD 為圓內接四邊形, 且圓心在四邊形中, 連接兩對角線, 令其交點為 E, 過 E 分別對四邊垂線, 與 AB, BC, CD, DA 的交點分別為 FGHI, 連接 FGH I. 我們宣稱此四邊形為其最小內接四邊形之一, 而其內最小四邊形有 無限多個, 只要在 AB 上特定的範圍內任取一點 F⁰, 過其作 FG, FI 之平行線 分別交於 G⁰, I⁰,再過 G⁰, I⁰作 GH, IH 之平行線必與 CD 交於一點 H⁰, 四邊 形 F⁰G⁰H⁰I⁰即為另一解, 如圖 4 :

圖 4:

現在來證明定理 2.1 在四邊形與凸 n 邊形 (n =2k, k∈ _{N) 的情況:}

求求求證證證. 當∠AIF = ∠^{DI H,} ∠AFI = ∠^BFG, ∠FGB = ∠^HGC, ∠GHC =

∠I HD 時, 四邊形 FGH I 會最小.

首先如果我們將其鏡射三次, 可得圖 5:

圖 5:

四邊形的周長為 HI+IF⁰+F⁰G⁰⁰+G⁰⁰H⁰⁰⁰, 由於←→

CD //←−−→

C⁰⁰D⁰⁰⁰(這點稍 後證明), 四邊形 FGHI 的周長≥ HH⁰⁰⁰ =CC⁰⁰ (定值), 易知當 HIF⁰G⁰⁰H⁰⁰⁰ 共線時, 四邊形 FGHI 為過 H 的內接周長最小四邊形, 而事實上 H 只要在 邊上的一定範圍內內接周長最小四邊形的周長都是一樣的, 即是這種情況有 無限多個解, 這點稍後證明.

當∠AIF = ∠DI H, H, I, F⁰會共線, 當

∠AIF= ∠^{DI H,}∠AFI = ∠^BFG,∠FGB= ∠^HGC

時, HIF⁰G⁰⁰H⁰⁰⁰ 會共線, 即四邊形 FGHI 為過 H 的內接周長最小四邊形. 同 理, 當∠AIF = ∠^{DI H,}∠AFI = ∠^BFG,∠FGB= ∠^HGC,∠GHC= ∠^{I HD} 時, 不管以哪一邊為鏡射那邊, 所鏡射出來的五點都會共線, 此時內接四邊 形的周長= HH⁰⁰⁰ =CC⁰⁰ (定值), 即四邊形 FGHI 周長會最小. 同理, 當凸 n 邊形 (n = 2k, k ∈ N) 時, 定理 2.1 也是成立的, 設 n 個頂點依序為 a1, a₂,

· · ·, an 只要對 ana₁鏡射 n−1 次再重複上述步驟即可.

求求求證證證. 連接兩對角線, 令其交點為 E, 過 E 分別對四邊作垂線, 與 AB, BC, CD, DA 的交點分別為 FGHI, 連接 FGHI 會使得所得到的四邊形符合

∠AIF = ∠^{DI H,}∠AFI = ∠^BFG,

∠FGB= ∠^HGC,∠GHC = ∠^{I HD,} 如圖 6:

圖 6:

令∠IFE = ∠1,∠GFE= ∠2,∠EAI= ∠3,∠EBG = ∠4

∵ ∠AFE= ∠^{EI A} =90^◦

⇒ AIEF共圓

∴ ∠1 = ¹ 2

_

= ∠³ ,同理∠2= ¹₂

_

= ∠^{4, 又}∠3= ¹₂

_

= ∠⁴

⇒ ∠¹= ∠³= ∠⁴= ∠²

⇒ ∠1= ∠2

⇒90^◦− ∠¹=90^◦− ∠²

∴ ∠AIF = ∠^{DI H,}

同理可得∠AFI = ∠^BFG,∠FGB= ∠^HGC,∠GHC= ∠^{I HD}

⇒以此作法所做出之內接四邊形周長最小.

求求求證證證. 解有無限多個: 現在證明一個引理, 將它定為引理 2.2:

引引引理理理 2.2. 若我們將一任意四邊形鏡射後, ←→

CD與←−−→

C⁰⁰D⁰⁰⁰ 會形成一夾角, 令其 為∠X, 如圖 7:

圖 7:

現在來求←→

CD與←−−→

C⁰⁰D⁰⁰⁰ 會之夾角: 由於 XC⁰⁰B⁰AD 會形成一凹五邊形, 由 n 邊形內角和= (n−2)180^◦可得

∠X+ ∠^C+ (360^◦− ∠^B) + ∠^A+ (180^◦− ∠^D) = 540⁰

⇒ ∠^X = (∠^B+ ∠^D) − (∠^A+ ∠^C), 若←→

CD與←−−→

C⁰⁰D⁰⁰⁰ 之交點在另一邊, 則

∠X = (∠^A+ ∠^C) − (∠^B+ ∠^D), 故我們可將∠X 寫為

∠X =|∠A− ∠^B+ ∠^C− ∠^D|.

求求求證證證. 可推廣到當一 n 邊形依序對其邊作了 n−1 次鏡射時,

∠X = |∠^k1− ∠^k2+ ∠^k3− ∠^k4+ · · · + (−1)ⁿ⁻¹∠kn−1+ (−1)ⁿkn|.

證證證明明明. 如圖8:

圖 8:

∠X+ (180^◦− ∠^kn) + ∠^k1+ (360^◦− ∠^k2) + ∠^k3+ (360^◦− ∠^k4) + · · ·

= (n+1−2)180^◦

⇒ ∠X = −∠^k1+ ∠^k2− ∠k3+ ∠^k4− · · · − (−₁)ⁿ⁻¹∠kn−1− (−₁)ⁿ∠kn. 若兩線之交點在另一邊, 則

∠X = ∠^k1− ∠^k2+ ∠^k3− ∠^k4+ · · · + (−1)ⁿ⁻¹∠kn−1+ (−1)ⁿ∠kn, 故可將∠X寫為

∠X =∠k₁− ∠^k2+ ∠^k3− ∠^k4+ · · · + (−1)ⁿ⁻¹∠k_n−1+ (−1)ⁿ∠kn

   . 如果我們將一個圓內接四邊形鏡射, 如圖 9:

圖 9:

由引理 2.2 可知 ←→

CD與 ←−−→

C⁰⁰D⁰⁰⁰ 之夾角為|∠^A− ∠^B+ ∠^C− ∠^D| ^但由 於四邊形 ABCD 為一圓內接四邊形

⇒ ∠^A+ ∠^C= ∠^B+ ∠^D, 由引理 2.2 可知←→

CD與←−−→

C⁰⁰D⁰⁰⁰ 的夾角為|∠^A− ∠^B+ ∠^C− ∠^D| =₀^◦

⇒←→

CD//←−−→

C⁰⁰D⁰⁰⁰,

如果我們在原來求得的 HH⁰⁰⁰ 旁作一平行線段 JO 則可得 CD//C⁰⁰D⁰⁰⁰, HH⁰⁰⁰//JO

⇒H⁰⁰⁰H JO為平行四邊形

⇒ JO= HH⁰⁰⁰.

所以我們可以在四邊形 ABCD 的邊上找到四個點形成一個新的四邊形 (此 四點為 NLMJ 在四邊形上對應的點), 使得其周長與四邊形 IFGH 相等. 因 此, 可以得出原四邊形內可以找出無限多組解.

2.1.3 凸凸凸 n 邊邊邊形形形 (n=2k, k∈ _{N)－－－兩兩兩組}^組組_間間間角^角_{角和和和相}^相_{相等等等且且且卡}^{卡卡點點點未未未卡卡}_{卡到到到的}^的_{的情情情況況況:}

首先將此凸 n 邊形 (n = 2k, k ∈ _{N) 鏡射 2n}−1 次,然後連接 an, an0(n−1)

(a6, a60(5)

),再過卡點

a₁, a₂⁰, a₃⁰⁰· · ·an0(n−1)

a₁, a₂⁰, a₃⁰⁰· · ·a₆⁰⁽⁵⁾ , 作 anan0(n−1)a6a60(5)之平行線, 可得圖 10 (圖以六邊形為例):

圖 10:

然後, 在最接近的兩上下卡點的平行線間 (即圖中最接近的兩紅綠線 間), 作一 anan0(n−1)(a6a60(5))的平行線, 將此平行線在

ana₁, a₁a₂⁰,· · · , a_n−10(n−2)an0(n−1)

a₆a₁, a₁a₂⁰,· · · , a₅⁰⁽⁴⁾a₆⁰⁽⁵⁾ 上的交點鏡射回原 2n 邊形即為所求.

說明: 由引理 2.2 知

ana_n−1//a_n−10(n−2)an0(n−1)

a₆a₅//a₅⁰⁽⁴⁾a₆⁰⁽⁵⁾ ,

所以 ana_n−1(a₆a₅)_{上的任意點到其在 an−1}⁰⁽ⁿ⁻²⁾an0(n−1)(a50(4)a₆⁰⁽⁵⁾)上的對 應點距離是固定的, 為了在凸 n 邊形各邊上各找到一點, 須使任意點連線在 最下上卡點與最上下卡點之間.

2.1.4 凸凸凸 n 邊邊邊形形形 (n=2k+1, k ∈ _{N)－－－鏡}^{鏡鏡射射射作作}_{作圖圖圖後}^後後能能_{能與與與每}^每_{每一一一鏡}^{鏡鏡射射射邊邊邊皆皆皆有有}_有交交交 點

點點:

有解的必要條件 (可用此來證明凹 n 邊形 (n = 2k+1, k ∈ _{N) 一定無解):}

若凸 n 邊形 (n = 2k+1, k ∈ N) 有解, 則可在其邊上找三相鄰該解的頂點 b₁b₂b₃, 過 b1, b2, b3分別作其與邊的垂線, 使過 b1, b2 之垂線交於一點 c2, 將 它連至 b1, b2 之間的角, b2, b3交於一點 c3, 將他連至 b2, b3之間的角, 可得 圖 11 (圖以五邊形為例):

圖 11:

由 於 ∠b1b2b3 為內接最小凸 n 邊形之一角 ⇒ ∠^b1b2a2 = ∠^b3b2a3

⇒ ∠¹= ∠^{2, 又 b}1a2b2c2與 b3a3b2c3皆為圓內接四邊形 ⇒ ∠³= ∠^4, 同理, 在各頂點皆找到一條線使得

∠a₁= ∠^kn + ∠^k1,∠a₂ = ∠^k1+ ∠^k2+ · · · + ∠^an = ∠^kn−1+ ∠^kn, 如圖 12 (圖以五邊形為例):

圖 12:

由於∠a₁+ ∠^a2+ · · · + ∠^an = (n−₂)₁₈₀^◦

⇒ (∠^kn + ∠^k1) + (∠^k1+ ∠^k2) + · · · + (∠^kn−1+ ∠n) = (n−₂)₁₈₀^◦

⇒ ∠^k1+ ∠^k2+ · · · + ∠^kn = (n−2)90^◦

⇒ ∠^k1= (n−2)90^◦− (∠^k2+ · · · + ∠^kn)

= (n−2)90^◦− (∠^a3+ ∠^a5+ · · · + ∠^an), 同理可得

∠k_i(i=1, 2, 3,· · · , n) = (n−2)90^◦− (∠^k1+ · · · + ∠^kn− ∠^ki)

= (n−2)90^◦− (∠^ai+2+ ∠^ai+4+ · · · + ∠^ai−1) (若超過 n 則由 1 重新數過, 也就是若 i+m≥n則∠a_i+_m 視為∠a_i+_m−n)= (n−2)90^◦−^由∠ai+₂開始順時針數 ⁽ⁿ⁻₂¹⁾ 個間角時, 若要使凸 n 邊形有解, 則∠k1必須使 ci, ci+1能投影到凸 n 邊形的各個邊上, 此時 0^◦ < ∠^ki <90^◦

⇒0^◦ < (n−2)90^◦ 由∠a_i+2開始順時針數 ⁽ⁿ⁻₂¹⁾ 個間角<90^◦

⇒ (n−₂)₉₀^◦ >^由∠a_i+2開始順時針數 ⁽ⁿ⁻₂¹⁾ 個間角> (n−₃)₉₀^◦

又 (i = 1, 2, 3,· · ·, n)⇒ (n−2)90^◦ >_任意 ⁽ⁿ⁻₂¹⁾ _個間角> (n−3)90^◦, 此 即為凸 n 邊形(n =2k+1, k ∈ _N)有解的必要條件. 以五邊形為例, 有解的

內接最短的凸 n 邊形 (n = 2k+1, k ∈ N) 有解的充分必要條件: 將一 凸 n 邊形(n = 2k+1, k ∈ _N)鏡射 2n−1 次後, 過 an, an0(2n−2)(a5, a50(8)) 作一直線並過 an0(n−1)(a50(4)) 作其平行線可得圖 13 (圖以五邊形為例):

圖 13:

延長 anan−1(a5a4) _{使其與 L2}交於 T (若兩線已相交則令其交點為 T), 延長 an0(n−1)an−10(n−2) (a50(4)a4000) 使其與 L1 交於 S (若兩線已相交則令其 交點為 S), 作 Tan (Ta5)_{與 San}⁰⁽ⁿ⁻¹⁾ (Sa50(4))之中點 U, V 並將之連接, UV 在凸 n 邊形上的各點即為所求, 如圖 14 (圖以五邊形為例):

證證證明明明. 根 據 引 理 2.2 可 得 anan−1 與 an

0(2n−1)an−1

0(2n−2) 的 夾 角 (a5a4 與 a5

0(₉)a4

0(₈) 的夾角)

= [(∠^a1+ ∠^a3+ · · · + ∠^an) − (∠^a2+ ∠^a4+ · · · + ∠^an−1)]

+ [(∠^a2+ ∠^a4+ · · · + ∠^an−1) − (∠^a1+ ∠^a3+ · · · + ∠^an)] =0^◦

⇒ana_n−1//an⁰(2n−1)a_n−1

0(2n−2) (a₅a₄//a₅⁰⁽⁹⁾a₄⁰⁽⁸⁾)

∴ anan−1 (a5a4)_{上的任意點到其在 an}^0(2n−1)an−1

0(2n−2)a5

0(9)a4

0(8) 上的對應

點距離是固定的, 也就是兩倍最小內接凸 n 邊形的周長, 在此先將任意點取 為 an (a5), 而←−−→

anan−1(←→

a5a4) 即為 L1, 而要求出凸 n 邊形內接最小 n 邊形必須 在 L1 與 L2 之間找一平行線, 使得此線也通過 anan−1 (a5a4)上的任意點在 an0(n−1)an−10(n−2) (a50(4)a4000)上的對應點.

∠San0(n−1)

T = ∠^an0(n−1)

San

0(2n−1)

(∠^Sa50(4)

T = ∠^a50(4)

Sa5

0(9))_(內錯角)

∠anTan0(n−1)

= ∠an0(n−1)

San

0(2n−1)

(∠a5Ta50(4)

= ∠a50(4)

Sa5

0(9))_(全等)

⇒ ∠^San0(n−1)

T = ∠^anTan0(n−1)

(∠^Sa50(4)

T = ∠^a5Ta₅⁰⁽⁴⁾)

⇒ anTan0(n−1)

S(a5Ta50(4)

S), 為一等腰梯形, 又 U, V 為其腰上的中點

⇒anU =an0(n−1)V (a₅U = a₅⁰⁽⁴⁾V)_,

且 UV // L1// L₂(等腰梯形中點連線平行其上下兩底)⇒V為 U 在 ana_n−1

(a₅a₄)上之對應點, 且 UV // L1 // L₂⇒ UV 在凸 n 邊形上的各點即為所 求.

2.2 無 無 無解 解 解情 情 情況 況 況

2.2.1 鈍鈍鈍角角角三三三角角角形形形:

4ABC 中, ∠A 為鈍角, 點 D 為 BC 上的任意點, 將此三角形對 AC, AB 鏡 射,令反射後的 D 點分別為 E, F, 如圖 15:

圖 15:

求求求證證證. 在 AC, AB 任取兩點與 D 形成的三角形周長必大於等於 2DA.

∵ ∠FAD+ ∠^EAD >180^◦

⇒ A, E, F 必可形成一三角形, 且點 A 會在 AB, AC 上其中的點之連線 (即 下圖中的 HG) 與 EF 之間. 現今 G, H分別為 AC, AB 上之任意點, 分別在 AB, AC 找任意點 H, G, 則 A 為於四邊形 EFGH 內部, 連接 GH, HD, DG, 將其對 AB, AC 作反射, 得 HF, GE, 如圖 16:

圖 16:

4HDG的周長= FH+HG+GE,

(等號在 AHG 重疊時會成立)4_{HDG 的周長} ≥2DA, 而 DA為過 A 且垂 直 BC 之垂線時會最小

⇒鈍角三角形的內接最小三角形圖形趨近於過 A 且垂直 BC 之垂線之兩倍.

2.2.2 直直直角角角三三三角角角形形形:

而當三角形為直角三角形, 則會出現如圖 17 的特殊情形:

圖 17:

∵ ∠FAE =2∠BAC=180^◦

⇒FAE三點共線

⇒直角三角形的內接最短三角形趨近於其斜邊上之高的兩倍.

2.2.3 圓圓圓內內內接接接四四四邊邊邊形形形－－－圓圓圓心心心在在在四四四邊邊邊形形形外外外的的的情情情況況況:

將一個圓心在四邊形外的圓內接四邊形鏡射一次, 其中 EI ⊥ AD, EH ⊥ CD, 得圖 18:

求求求證證證. 當圓心落在該四邊形外時,←→

AB⁰ 與 CD 的夾角會大於 CD 與←−→

HH⁰⁰⁰ 的 夾角 (←−→

HH⁰⁰⁰ 是利用上述作圖法找出, 使對應的四邊形鏡射後為直線的線), 即 ←−→

HH⁰⁰⁰ 同時與←→

AB⁰, AD 不可能同時有交點, 因此周長最小的四邊形會是 趨近於4ABH之四邊形 (CD 為較靠近圓心的那一邊).

證證證明明明. CD與←→

AB⁰的夾角= ∠^DAB0− ∠^{ADC (外角定理)}

= ∠^DAB− ∠^ADC

= ¹

2(

_

_

= ¹

2[(

_

_

) − (

_

_

)]

= ¹

2(

_

_

由於 IE ⊥AD, EH ⊥DC ⇒ IEHD共圓 CD 與←−→

HH⁰⁰⁰ 的夾角為

∠I HD = ¹ 2

_

= ∠^IED =90^◦− ∠^ADB = ¹

2(180^◦−

_

_

180^◦

⇒CD與←→

AB⁰的夾角>CD與←−→

HH⁰⁰⁰ 的夾角

⇒←−→

HH⁰⁰⁰與←→

AB⁰, AD不可能同時有交點 (因為若←−→

HH⁰⁰⁰與←→

AB⁰有交點, 且 CD 與←→

AB⁰的夾角>CD與←−→

HH⁰⁰⁰ 的夾角, 則 H 會比與CD 的交點更靠近 C, 使得 I 點落在AD 之外)

⇒圓內接四邊形─圓心在四邊形外的情況不可能有解.

接下來討論其退化解: 將一圓心在四邊形外的圓內接四邊形鏡射四次 可得圖 19:

圖 19:

求求求證證證. 最小的四邊形在 ABCD 上的四個點 IFGH 各為 AD 上趨近於 A 的 一點, 過對角線交點且和 AB 垂直之線的垂足, BC 上趨近於 B 的一點, 過對 角線交點且和 CD 垂直之線的垂足.

證證證明明明. 由於 HH⁰⁰⁰ 與 AD 不可能有交點, 為了使周長和最短, 勢必要取最接 近 HH⁰⁰⁰ 又在四邊形邊長上的多段線段, 因此取在 AD 上又最近 HF⁰ 的點 A, AB⁰ 上任一點, 在 B⁰C⁰⁰ 上又最近 F⁰H⁰⁰⁰ 的點 B⁰, 以及 B⁰A⁰⁽⁴⁾ 與 C⁰⁰D⁰⁰⁰ 之交點 H⁰⁰⁰ (此點即為四邊形對角線之交點在 CD 上的投影點所鏡射出來的 點), 因為 HA+AB⁰+B⁰H⁰⁰⁰ 是在四邊形上所能取最短, 最接近 HH⁰⁰⁰ 之線 段和, 故四邊形 ABCD 內接最小四邊形圖形會趨近於4ABH, 證畢.

2.2.4 圓圓圓內內內接接接四四四邊邊邊形形形－－－圓圓圓心心心在在在四四四邊邊邊形形形上上上的的的情情情況況況:

證證證明明明. CD 與←→

AB⁰的夾角 = ¹₂(

_

^_

2(180^◦−

_

) = CD與←−→

HH⁰⁰⁰ 的夾角. 而為了要使 ←−→

HH⁰⁰⁰ 與 AD 及 ←→

AB⁰ 有交點, 必須←−→

HH⁰⁰⁰ 與←→

AB⁰ 重合, 又∠I HD

=CD與←−→

HH⁰⁰⁰ 的夾角

= ¹₂(180^◦−AB

_

)

=90^◦− ∠^ADE= ∠^AED

⇒ AEHD共圓

⇒ ∠^EHD =180^◦− ∠^DAE =90^◦, H為對角線交點對 CD 所作之垂足.

2.2.5 非非非圓圓圓內內內接接接四四四邊邊邊形形形的的的情情情況況況:

將一非圓內接四邊形鏡射七次後可得圖 21, 其中 H 為 CD 上的任意點 :

圖 21:

∵ ABCD為一非圓內接四邊形

∴ CD不平行 C⁰⁰D⁰⁰⁰ ⇒ ∠^H000HD 6= ∠^HH000C00, 又∠H⁰⁰⁰HD = ∠^{H0(7)H000D000}

⇒ ∠^{H0(7)H000D000} 6= ∠^HH000C00

⇒ ∠^{H0(7)H000D000}與∠HH⁰⁰⁰C⁰⁰ 不互為對頂角

⇒ ∠^HH000H0(7) 三點不可能共線.

因此, ∠HH⁰⁰⁰H⁰⁽⁷⁾ 必會形成一非平角的角度, 此時對應的四邊形周長 為

HH⁰⁰⁰ = I H⁰⁰⁰+H⁰⁰⁰I⁰⁽⁴⁾,

若我們將 II⁰⁰⁰ 連接, 則會發現 II⁰⁽⁴⁾所對應的四邊形周長必定會小於 IH⁰⁰⁰+ H⁰⁰⁰I⁰⁽⁴⁾ (三角形兩邊和大於第三邊), 因此我們將原本 HH⁰⁰⁰ 上的各點 移到 I I⁰⁽⁴⁾ 上, 可得圖 22:

圖 22:

此時新的周長

I I⁰⁽⁴⁾ = H⁰⁰⁰I+I H> HH⁰⁰⁰,

因此我們又可將上 II⁰⁽⁴⁾ 的各點移到 HH⁰⁰⁰ 上, 如此將不斷循環, 直到 II⁰⁽⁴⁾, HH⁰⁰⁰ 超出四邊形, 而由於 II⁰⁰⁰, HH⁰⁰⁰ 不在四邊形內, 勢必要取在四邊形內 I I⁰⁰⁰ 或 HH⁰⁰⁰ 第一個卡到的卡點 (即 II⁰⁽⁴⁾ 或 HH⁰⁰⁰ 無法再與此頂點相鄰的 兩邊上找到對應點).

在此我們將 AC⁰A⁰⁽⁴⁾ 定義為上卡點, B⁰D⁰⁰⁰B⁰⁽⁵⁾ 定義為下卡點 (卡點的 定義請見附錄 .C), 當 II⁰⁽⁴⁾ 或 HH⁰⁰⁰ 超出四邊形時便取 II⁰⁽⁴⁾ 或 HH⁰⁰⁰ 碰到 的卡點, 而此點為趨近於四邊形四個頂點之一, 因此非圓內接四邊形內接最 小四邊形不存在, 證畢.

接下來討論其退化解:

證證證明明明. 當 I I⁰⁽⁴⁾ 或 HH⁰⁰⁰ 碰到卡點後, 代表此最小內接四邊形必須經過此卡 點, 而兩卡點間最短距離為直線, 將此卡點與其鏡射後所得之另一卡點連接 起來即為所求, 而若中間又碰到另一卡點的話則將卡點依序連接即為所求.

如果未碰到, 則會趨近於一三角形, 如圖 23:

圖 23:

由引理 2.2 可得知, 當∠B+ ∠^D > ∠^A+ ∠^{C 時, CD}與 C⁰⁰D⁰⁰⁰ 的交點 會在上圖的左方, 也就是 II⁰⁽⁴⁾ 或 HH⁰⁰⁰ 將持續往較短的左方趨近直到碰到 下卡點 B 或 D, 而當∠DB⁰D⁰⁰⁰ 在四邊形內的角 ≥180^◦ 時, 會卡到 B 點, 當

∠B⁰⁽⁵⁾D⁰⁰⁰B⁰在四邊形內的角≥180^◦ 時, 會卡到 D 點, 又

∠DB⁰D⁰⁰⁰ = ∠^AB0C00+ (∠^C00B0D000+ ∠^DB0A) = 2∠B,

∠B⁰⁽⁵⁾D⁰⁰B⁰ = ∠^C00D000A0(4)+ (∠^{A0(4)D00B”(5)}+ ∠^B0D00C00) = 2∠D, 當∠B<90^◦時會卡到 B 點, 當∠D<90^◦ 時會卡到 D 點, 而當∠B+ ∠^D>

∠A+ ∠^{C 時,}則會卡到 A 點或 C 點⇒當非圓內接四邊形較大的兩對角有 其中一個角<90^◦ 時,它的內接最小四邊形會趨近於一三角形, 且三角形在 四邊形頂點上的角會在非圓內接四邊形較大的兩對角> 90^◦ 的那個角上.

若碰到另一卡點, 則會趨近於其對角線之兩倍, 如圖 24:

圖 24:

若是如上圖兩個點都卡到的情況, 則代表 ∠DB⁰D⁰⁰⁰, ∠B⁰⁽⁴⁾D⁰⁰⁰B⁰ 在四 邊形內的角皆≥180^◦,

∠DB⁰D⁰⁰⁰ = ∠^AB0C00+ (∠^C00B0D000+ ∠^DB0A) =2∠B

∠B⁰⁽⁵⁾D⁰⁰⁰B⁰ = ∠^C00D000A0(4)+ (∠^{A0(4)D000B0(5)}+ ∠^B0D000C00) =2∠D

⇒當非圓內接四邊形較大的兩對角兩個角皆≥ 90^◦ 時,它的內接最小四邊 形會 趨近於其較短的對角線之兩倍, 也就是非圓內接四邊形較大的兩對角 之連線的兩倍.

2.2.6 凸凸凸 n 邊邊邊形形形 (n=2k, k∈ _{N)－－－兩兩兩組}^組組_間間間角^角_{角和和和相}^相_{相等等等, 但}^{但但卡卡卡點點點卡卡}_{卡到到到的}^的_{的情情情況況況:}

當上卡點與下卡點的平行線交錯排列, 表示交錯排列的卡點將會卡到, 此凸 n 邊形將無解.

圖 25:

說明: 若此四邊形有解, 則必須找一 anan0(n−1) (a₆a₆⁰⁽⁵⁾)^{的平行線通過} ana1, a1a20,· · · , an−10(n−2)an0(n−1) 

a6a1, a1a20,· · · , a50(4)a60(5) , 也就是必須找一 anan0(n−1)(a6a60(5))的平行線將紅線與綠線分開, 而由於上 下卡點交錯排列, 代表此平行線不可能存在.

接下來討論其退化解: 將一兩組間角和相等的凸 n 邊形 (n =2k, k∈ _N) 鏡射 2n−1 次後可得圖 26 (圖以六邊形為例):

圖 26:

如果下卡點在過上卡點所作之最下面一條平行線之上, 則此卡點會卡 到, 如果上卡點在過下卡點所作之最上面一條平行線之下, 則此卡點會卡到,

方的紅線下方之所有綠線皆會卡到, 而有一綠線在紅線的下方, 就代表至少 有一紅線在一綠線的上方, 因此圓內接凸 n 邊形 (n = 2k, k ∈ _{N) 可能趨近} 圖形為一 n−2 邊形, n−3 邊形, n−4 邊形,· · ·, ⁿ₂ 邊形 (若為四邊形則為 對角線之兩倍).

2.2.7 凸凸凸 n 邊邊邊形形形 (n=2k, k∈ _{N) 兩兩兩組}^組組_間間間角^角_{角和和和不不不相}^相_{相等等等的}^的_{的情情情況況況:}

將一非圓內接凸 n 邊形 (n =2k, k∈_{N) 鏡射 2n}−1 次後可以得到圖 27 (圖 以六邊形為例), 其中 H 為 anan−1的任意點:

圖 27:

∵此凸 n 邊形為一非圓內接凸 n 邊形

∴ anan−1(a6a5)不平行 an0(n−1)an−10(n−2) (a50(4)a60(5)))

⇒ ∠^H0(n−1)Han 6= ∠^HH0(n−1)an−1(⇒ ∠^H0(5)Ha5 6= ∠^HH0(5)a5)_. 又

∠H⁰⁽ⁿ⁻¹⁾Han = ∠^{H0(2n−1)H0(n−1)a}n0(n−1)

(∠^H0(5)Ha5 = ∠^H0(11)H0(5)a60(5))

⇒∠^{H0(2n−1)H0(n−1)a}n0(n−1)

6= ∠^HH0(n−1)an−10(n−2)

(∠^H0(11)H0(5)a60(5)

6= ∠^HH0(5)a50(4))

⇒ ∠^{H0(2n−1)H0(n−1)a 0(n−1)} 與∠HH⁰⁽ⁿ⁻¹⁾a ⁰⁽ⁿ⁻²⁾ 不互為對頂角

因此, HH⁰⁽ⁿ⁻¹⁾H^0(2n−1) (HH⁰⁽⁵⁾H⁰⁽¹¹⁾) 必會形成一非平角的角度, 此時 對應的凸邊形周長

= HH⁰⁽ⁿ⁻¹⁾(HH⁰⁽⁵⁾)

= I H⁰⁽ⁿ⁻¹⁾+H⁰⁽ⁿ⁻¹⁾I⁰⁽ⁿ⁾(I H⁰⁽⁵⁾+H⁰⁽⁵⁾I⁰⁽⁶⁾).

若我們將 II⁰⁽ⁿ⁾ (I I⁰⁽⁶⁾) 連接, 則會發現所對應的凸 n 邊形周長必定會小 於 IH⁰⁽ⁿ⁻¹⁾+H⁰⁽ⁿ⁻¹⁾I⁰⁽ⁿ⁾ (三角形兩邊和大於第三邊) (IH⁰⁽⁵⁾+H⁰⁽⁵⁾I⁰⁽⁶⁾), 因此我們將原本 HH⁰⁽ⁿ⁻¹⁾ (HH⁰⁽⁵⁾)上的各點移到 II⁰⁽ⁿ⁾ (I I⁰⁽⁶⁾)上, 可得圖 28:

圖 28:

此時新的周長

= I I⁰⁽ⁿ⁾(I I⁰⁽⁶⁾)

= I H⁰⁽ⁿ⁻¹⁾+H I(I H⁰⁽⁵⁾+H I)

> HH⁰⁽ⁿ⁻¹⁾ (HH⁰⁽⁵⁾).

此時又可將 II⁰⁽ⁿ⁾ (I I⁰⁽⁶⁾) 上的各點移到 HH⁰⁽ⁿ⁻¹⁾ (HH⁰⁽⁵⁾) 上, 如此 將不斷循環, 直到 II⁰⁽ⁿ⁾, HH⁰⁽ⁿ⁻¹⁾ (I I⁰⁶, HH⁰⁽⁵⁾) 超出凸邊形, 當 II⁰⁽ⁿ⁾ 或 HH⁰⁽ⁿ⁻¹⁾ (I I⁰⁽⁶⁾ 或 HH⁰⁽⁵⁾) 超出凸 n 邊形時便取 II⁰⁽ⁿ⁾ 或 HH⁰⁽ⁿ⁻¹⁾ (I I⁰⁽⁶⁾ 或 HH⁰⁽⁵⁾) 碰到的卡點, 而此點為趨近於凸 n 邊形個頂點之一, 因此非圓內 接凸 n 邊形內接最小凸 n 邊形不存在, 證畢.

接下來討論其退化解: 將兩組間角和不相等的凸 n 邊形 (n =2k, k∈ _N)