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user: 2. 准备工作 文献 [ 4 ] 是从正方形的内角和作为一个出发点来考虑问题的，我们延续这种想法，但是换用更本质的外角和来考虑问题。 以下总考虑顺序以点 A 1 ， A 2 ， ⋯ ， A n 为顶点的正定向n边形 A 1 A 2 ⋯ A n ， n ≥ 3 。记顶点A i 到A i + 1 的边长为 a i > 0 ，顶点A i 之处的有向外角为 α i ∈ ( − π ， π ) ，以有向截长 r ∈ ( 0 ， + ∞ ) 在边A i A i + 1 或其延长线上从A i 出发所截得之点为 P i ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n ，其中记 A 0 = A n ， A n + 1 = A 1 ， A n + 2 = A 2 ， α 0 = α n ， α n + 1 = α 1 ， α n + 2 = α 2 ； a 0 = a n ， a n + 1 = a 1 ， a n + 2 = a 2 。熟知有 ∑ i = 1 n α i = 2 π . (1) 先给出一个正n边形等截分问题的一个等价条件。 引理1：上述正定向n边形 A 1 A 2 ⋯ A n 的以有向截长 r ∈ ( 0 ， + ∞ ) 确定的等截分点n边形 P 1 P 2 ⋯ P n 恰好成为正n边形的充要条件是其边长、外角以及等截长满足(1)式以及 ( a i − 1 − r ) cos ( 2 π n − α i ) + r ( cos 2 π n − cos α i + 1 ) = ( a i − r ) ， (2) ( a i − 1 − r ) sin ( 2 π n − α i ) + r ( sin 2 π n − sin α i + 1 ) = 0 ， (3) 其中 i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 。并且，在指标n阶循环意义下的任意指定的2个相邻i所对应的(2)和(3)式中2对方程，蕴含于整个方程组的其余2n - 3个方程之中。 证明：等截分点n边形 P 1 P 2 ⋯ P n 是正n边形的充要条件是其n个边向量 P i P i + 1 ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 循序旋转2p/n相等。 正n边形的各组相邻边的关系相同，故只需要首先分别考虑P i - 1 P i 和P i P i + 1 成为某个正n边形的一组相邻边的充要条件。 为此，以A i 为原点、以A i A i + 1 为横轴正向向量建立直角坐标系，如图1所示，则各点坐标可分别确定为 A i ( 0 ， 0 ) ， A i + 1 ( a i ， 0 ) ， P i ( r ， 0 ) ， A i − 1 ( − a i − 1 cos α i ， a i − 1 sin α i ) ， P i − 1 ( − ( a i − 1 − r ) cos α i ， ( a i − 1 − r ) sin α i ) ， P i + 1 ( a i + r cos α i + 1 ， r sin α i + 1 ) 。此时，n边形 P 1 P 2 ⋯ P n 的边向量 P i P i + 1 = ( a i − r + r cos α i + 1 ， r sin α i + 1 ) ， P i − 1 P i = ( r + ( a i − 1 − r ) cos α i ， − ( a i − 1 − r ) sin α i ) 。 图1. 等截分示意图 同时，这两条边向量旋转 2π / n 相等的条件在此坐标系下的表达形式即为 P i − 1 P i ( cos 2π n sin 2π n − sin 2π n cos 2π n ) = P i P i + 1 ， (4) 分量形式即分别为 a i − r + r cos α i + 1 = [ r + ( a i − 1 − r ) cos α i ] cos ( 2π / n ) + ( a i − 1 − r ) sin α i sin ( 2π / n ) = ( a i − 1 − r ) cos ( 2π / n − α i ) + r cos ( 2π / n ) r sin α i + 1 = [ r + ( a i − 1 − r ) cos α i ] sin ( 2π / n ) − ( a i − 1 − r ) sin α i cos ( 2π / n ) = ( a i − 1 − r ) sin ( 2π / n − α i ) + r sin ( 2π / n ) 它们分别对应于(2)和(3)式中指标i相同的一对方程。 注意到(2)和(3)式之中的几何量与坐标系选取无关，故与(1)式联立时等价于等截分点n边形 P 1 P 2 ⋯ P n 的n个边向量 P i P i + 1 ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 循序旋转 2π / n 是相等的，从而是它成为正n边形的充要条件。进一步，注意到在指标循环意义下的n - 2对相邻边向量循序旋转 2π / n 相等，则蕴涵着另外两对也同时成立，其中外角取值满足(1)式，因而结论成立。 引理2：上述正定向n边形 A 1 A 2 ⋯ A n 若具有以有向截长 r 1 ≠ r 2 所分别确定的等截分点n边形分别为正n边形，则 A 1 A 2 ⋯ A n 必为正n边形，从而其对于任意截长所得到的等截分点n边形均为正n边形。 证明：对于给定的正定向n边形 A 1 A 2 ⋯ A n ，若以有向截长 r 1 ≠ r 2 所分别确定的等截分点n边形分别为正n边形，则由引理1结论，(2)和(3)式对于 r = r 1 和 r = r 2 都成立，注意到各边长 a i > 0 ，得到 sin ( 2 π n − α i ) = 0 ，       sin α i + 1 = sin 2 π n ， cos ( 2 π n − α i ) = 1 ，       cos α i + 1 = cos 2 π n 其中 i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 。注意到 α i ∈ ( − π ， π ) ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n ，该组条件意味着只能有 α i = 2 π n ，   i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n . 代回(2)式进一步得到 a i = a i + 1 ，即得 A 1 A 2 ⋯ A n 为正n边形。 引理3：上述正定向n边形 A 1 A 2 ⋯ A n 若仅具有唯一的有向截长 r ∈ ( 0 ， + ∞ ) 使得所确定的等截分点n边形 P 1 P 2 ⋯ P n 恰好为正n边形，则在(1)式联立(2)式、(3)式所得到的方程组之中，(3)式等价于方程 a i − 1 r sin ( 2 π n − α i ) − sin ( 2 π n − α i ) + sin 2 π n − sin α i + 1 = 0 ， (5) 而(2)式当 sin ( 2 π n − α i ) ≠ 0 时可以等价置换为方程 sin α i − 1 sin ( 2 π n − α i ) − sin α i sin ( 4π n − α i − 1 − α i ) + sin α i + 1 sin ( 2 π n − α i − 1 ) = 0 ， (6) 其中 i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 。 证明：现在 A 1 A 2 ⋯ A n 不是正n边形，否则由引理2可知矛盾。由引理1证明过程可知，(2)式对应等价于 ( a i − 1 − r ) cos ( 2 π n − α i ) − ( a i − r ) + r ( cos 2 π n − cos α i + 1 ) = 0 ， (7) 其中 i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 。同时(3)式等价于(5)式，并且可以按指标组等价改写为 ( a i − r ) sin ( 2 π n − α i + 1 ) + r ( sin 2 π n − sin α i + 2 ) = 0. (8) 现在，(7)、(3)、(8)式所对应3元线性方程组有非零解 ( a i − 1 − r ， a i − r ， r ) 的充要条件是其系数矩阵的行列式为零，即有 0 = | cos ( 2 π n − α i ) − 1 cos 2 π n − cos α i + 1 sin ( 2 π n − α i ) 0 sin 2 π n − sin α i + 1 0 sin ( 2 π n − α i + 1 ) sin 2 π n − sin α i + 2 | = | sin ( 2 π n − α i ) sin 2 π n − sin α i + 1 0 sin 2 π n − sin α i + 2 | − sin ( 2 π n − α i + 1 ) | cos ( 2 π n − α i ) cos 2 π n − cos α i + 1 sin ( 2 π n − α i ) sin 2 π n − sin α i + 1 | = sin 2 π n sin ( 2 π n − α i ) − sin ( 2 π n − α i ) sin α i + 2     − sin ( 2 π n − α i + 1 ) [ sin 2 π n cos ( 2 π n − α i ) − cos 2 π n sin ( 2 π n − α i ) ]     − sin ( 2 π n − α i + 1 ) [ − cos ( 2 π n − α i ) sin α i + 1 + sin ( 2 π n − α i ) cos α i + 1 ] = − sin α i sin ( 2 π n − α i + 1 ) − sin α i + 2 sin ( 2 π n − α i ) + sin ( 2 π n − α i ) sin ( 2 π n − α i + 1 + α i + 1 )     + cos ( 2 π n − α i ) sin ( 2 π n − α i + 1 ) sin α i + 1 − sin ( 2 π n − α i ) sin ( 2 π n − α i + 1 ) cos α i + 1 = − sin α i sin ( 2 π n − α i + 1 ) − sin α i + 2 sin ( 2 π n − α i )     + cos ( 2 π n − α i ) sin ( 2 π n − α i + 1 ) sin α i + 1 + sin ( 2 π n − α i ) cos ( 2 π n − α i + 1 ) sin α i + 1 = − sin α i sin ( 2 π n − α i + 1 ) − sin α i + 2 sin ( 2 π n − α i ) + sin α i + 1 sin ( 4 π n − α i − α i + 1 ) 此即按指标组等价于(6)式。注意到当 sin ( 2 π n − α i ) ≠ 0 时(6)式意味着(7)式可由方程(3)和(8)式线性表出，故此时(2)式可以等价置换为方程(6)式，结论得证。 引理4：上述正定向n边形 A 1 A 2 ⋯ A n 若是凸的并且仅具有唯一的有向截长 r ∈ ( 0 ， + ∞ ) 使得所确定的等截分点n边形 P 1 P 2 ⋯ P n 恰好为正n边形，则当n = 3或n = 4时，或当n ³ 5并且 r ∉ { a i > 0 | i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n } 时，(1)式联立(2)式、(3)式所得到的方程组等价于(1)式联立(5)、(6)式所得到的方程组。 证明：现在 A 1 A 2 ⋯ A n 具有正定向且凸，意味着 α i ∈ ( 0 ， π ) ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 。由引理2可知它不是正n边形，由引理3可知现只需证明 sin ( 2 π n − α i ) ≠ 0 ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 。 用反证法，不妨设 ∃   j ∈ { 1 ， 2 ， ⋯ ， n } 使 sin ( 2 π n − α j + 1 ) = 0 ，则 α j + 1 = 2 π n ∈ ( 0 ， π ) ，此时(2)、(3)式对应于指标i分别取为j和j + 1而化简得到两组等式 ( a j − 1 − r ) cos ( 2 π n − α j ) = a j − r ，       ( a j − 1 − r ) sin ( 2 π n − α j ) = 0 ， a j + r ( cos 2 π n − cos α j + 2 ) = a j + 1 ，       r ( sin 2 π n − sin α j + 2 ) = 0. 进而，由第二组式子可知，当n = 3时，若 α j + 2 = ( n − 2 ) π n 则进一步由(1)式即可得知 α j = 2 π − α j + 1 − α j + 2 = π ，矛盾；于是此时只能有 α j + 2 = 2 π n ，       a j = a j + 1 . 当n = 4时，同样由第二组式子易知 α j + 2 = 2 π n ，       a j = a j + 1 . 而当n ³ 5并且 r ∉ { a i > 0 | i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n } 时，由第一组式子可知 sin ( 2 π n − α j ) = 0 ， α j = 2 π n ，       a j − 1 = a j 于是在每种情形下都可递推得到 A 1 A 2 ⋯ A n 各外角相同、各边等长，与它不是正n边形矛盾。结论得证。 引理5：对于给定的不是正n边形的正定向n边形 A 1 A 2 ⋯ A n ，若存在一致小于(或一致大于)各边之长的有向截长 r ∈ ( 0 ， + ∞ ) 使其所确定的等截分点n边形 P 1 P 2 ⋯ P n 恰好为正n边形，则 A 1 A 2 ⋯ A n 的外角不能有取值 2π / n 的。 证明：若 使某个外角 α j + 1 = 2π / n ，则(2)式和(3)式蕴涵 ( a j − 1 − r ) cos ( 2 π n − α j ) = ( a j − r ) ， ( a j − 1 − r ) sin ( 2 π n − α j ) = 0. 现 0 < r < min { a i > 0 | i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n } 或 r > max { a i > 0 | i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n } > 0 ，则 cos ( 2 π n − α j ) > 0 ，       sin ( 2 π n − α j ) = 0. 注意到 α j ∈ ( − π ， π ) ，即得唯一解 α j = 2π / n 。关于指标j递推归纳则得n个外角都等于 2π / n ，再回到(2)式得到各边长也都相等，与 A 1 A 2 ⋯ A n 不是正n边形矛盾。得证。