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user: 3. 主要结果 有了前述的准备工作，本节给出本文的几个主要结果。为了便于叙述，先分奇偶性讨论一下。 对于一般的偶数边凸n边形，考察当 α j − 1 + α j = 4π / n ， α j ∈ ( 0 ， 2π / n ) 时的情形下的特解及其性质。注意到此时 sin ( 2 π n − α j ) ≠ 0 ，由(6)式可知 0 = sin α j − 1 sin ( 2 π n − α j ) + sin α j + 1 sin ( 2 π n − α j − 1 ) = ( sin α j − 1 − sin α j + 1 ) sin ( 2 π n − α j ) ， 故有 α j − 1 = α j + 1 。于是方程组(6)式和(1)式有特解 { α i − 1 + α i = 4π / n ， α i − 1 = α i + 1 | α 1 ∈ ( 0 ， 2π / n ) ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n } ，此时(5)式有对应解 a i − 1 r = 1 − sin 2 π n − sin α i + 1 sin ( 2 π n − α i ) = 1 − sin 2 π n − sin ( 4 π n − α i ) sin ( 2 π n − α i ) = 2 cos 2 π n [ 1 − tan π n tan ( π n − α i 2 ) ] ， 从而满足对 i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 都有 2 cos 2π n < a i r < 2， a i − 1 + a i r = 2 cos 2 π n [ 2 − tan π n tan ( π n − α i 2 ) − tan π n tan ( π n − α i + 1 2 ) ] = 4 cos 2 π n ， 即由引理4和引理1可知对于边数为偶数n ³ 6的情形都对应有不是正多边形的一族解，且此情形有 a i r > 2 cos 2π n { = 0 ， n = 4 ; ≥ 1 ， n ≥ 6. 于是，对于偶数n ³ 6的情形，可如此构造出正n边形等截分点逆问题的一族凸n边形非平凡内截之例。即得下列结论。 定理1：对于偶数n ³ 6的情形，至少存在不是正n边形的一族凸n边形，具有唯一的小于各边之长的有向截长，使得其各边之上的等截分点顺序构成正n边形。 对于奇数边数n ³ 7的情形，类似的结论并不成立。事实上有下列结论。 定理2：对于奇数边数n ³ 5的情形，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一致小于各边之长的有向截长 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，则奇数边数只能是n = 5。 证明：现在 A 1 A 2 ⋯ A n 具有正定向且凸并且仅具有唯一的小于各边之长的有向截长，意味着 α i ∈ ( 0 ， 4π / n ) ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 。而由引理2可知它不是正n边形，由引理4、引理5可知相关各量是(1)、(5)、(6)式联立所得方程组的解，且 α i ≠ 2π / n ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 。 此时(5)式对应等价变形为 1 − a i − 1 r = sin 2 π n − sin α i + 1 sin ( 2 π n − α i ) ， (9) 从而由条件 0 < r < min { a i > 0 | i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n } 推出 sin 2 π n − sin α i + 1 sin ( 2 π n − α i ) < 0 ， (10) 由(1)式以及 α i ∈ ( 0 ， 2π / n ) ∪ ( 2π / n ， 4π / n ) 可知 ∃   j ∈ { 1 ， 2 ， ⋯ ， n } 使 α j ∈ ( 0 ， 2π / n ) ，则由(10)式可知 sin α j + 1 > sin ( 2π / n ) ，故得 α j + 1 ∈ ( 2π / n ， 4π / n ) ∩ ( 2π / n ， ( n − 2 ) π / n ) 。再由(10)式递推可知 sin α j + 2 < sin ( 2π / n ) ，故得当奇数边数n = 5时 α j + 2 ∈ ( 0 ， 2π / n ) ∪ ( ( n − 2 ) π / n ， 4π / n ) = ( 0 ， 2π / 5 ) ∪ ( 3 π / 5 ， 4π / 5 ) ，而当奇数边数n ³ 7时必有 α j + 2 ∈ ( 0 ， 2π / n ) 。当奇数边数n ³ 7时，随着指标i顺序遍历 { 0 ， 1 ， 2 ， ⋯ ， n } ，外角 α i 在两个不相交的区间 ( 0 ， 2π / n ) 和 ( 2π / n ， 4π / n ) 交替取值，将得到矛盾；故只有当n = 5时的情形需进一步考虑外角取值分布的相容性。结论得证。 定理3：对于凸的上述正定向n边形 A 1 A 2 ⋯ A n ，若具有一致大于各边之长的有向截长r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 A 1 A 2 ⋯ A n 只能是正n边形。 证明：用反证法。设凸正定向 A 1 A 2 ⋯ A n 不是正n边形，且具有有向截长 r > max { a i | i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n } 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，则凸正定向意味着 α i ∈ ( 0 ， π ) ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 。由引理2、引理4可知相关各量是(1)、(5)、(6)式联立所得方程组的解，也等价是(1)、(2)、(3)式联立所得方程组的解。 此时(5)式对应等价变形为 sin 2 π n − sin α i + 1 = ( 1 − a i − 1 r ) sin ( 2 π n − α i ) ， (11) 特别当n = 3时即为三个内角 β i = π − α i ∈ ( 0 ， π ) 的形式 sin π 3 − sin β i + 1 = ( 1 − a i − 1 r ) sin ( β i − π 3 ) . (12) 当n ³ 4时，由(1)式和凸性不妨设 α 1 ∈ ( 0 ， 2π / n ] ，则(11)式蕴涵 sin 2 π n − sin α 2 = ( 1 − a 0 r ) sin ( 2 π n − α 1 ) ≥ 0， α 2 ∈ ( 0 ， 2π / n ] ∪ [ ( n − 2 ) π / n ， π ) . 进而按两个区间分两种情形分别讨论。若 α 2 ∈ [ ( n − 2 ) π / n ， π ) ，则由(11)式递推有 sin 2 π n − sin α 3 = ( 1 − a 1 r ) sin ( 2 π n − α 2 ) ≤ 0， α 3 ∈ [ 2π / n ， ( n − 2 ) π / n ] ， ⋯ sin 2 π n − sin α i + 1 = ( 1 − a i − 1 r ) sin ( 2 π n − α i ) ≤ 0， α i + 1 ∈ [ 2π / n ， ( n − 2 ) π / n ] ， ⋯ sin 2 π n − sin α 1 = ( 1 − a n − 1 r ) sin ( 2 π n − α n ) ≤ 0， α 1 ∈ [ 2π / n ， ( n − 2 ) π / n ] ， 于是 α 1 ∈ [ 2π / n ， ( n − 2 ) π / n ] ∩ ( 0 ， 2π / n ] = { 2π / n } ， 进而再由(1)式归纳可得 α i = 2π / n ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 再回到(2)式可得 a i = a i − 1 ， i = 1 ， 2 ， ⋯ ， n 此时与 A 1 A 2 ⋯ A n 不是正n边形的假设矛盾，故该种情形不成立，从而只需考虑另一情形 α 2 ∈ ( 0 ， 2π / n ] 。此时，同理(11)式蕴涵 α 3 ∈ ( 0 ， 2π / n ] ∪ [ ( n − 2 ) π / n ， π ) ，且只需再考虑情形 α 3 ∈ ( 0 ， 2π / n ] 即可。递推归纳后，依然得到各外角相等、各边长相等，此时亦与 A 1 A 2 ⋯ A n 不是正n边形的假设矛盾，即知 A 1 A 2 ⋯ A n 只能是正n边形。 当n = 3时，由(1)式不妨设 β 1 ∈ ( 0 ， π / 3 ] ，则(12)式蕴涵 sin π 3 − sin β 2 = ( 1 − a 0 r ) sin ( β 1 − π 3 ) ≤ 0 ， β 2 ∈ [ π / 3 ， 2π / 3 ] ， sin π 3 − sin β 3 = ( 1 − a 1 r ) sin ( β 2 − π 3 ) ≥ 0 ， β 3 ∈ ( 0 ， π / 3 ] ∪ [ 2π / 3 ， π ) . 再由(1)式限制可知只能有 β 3 ∈ ( 0 ， π / 3 ] . 再由(12)式可知 sin π 3 − sin β 1 = ( 1 − a 2 r ) sin ( β 3 − π 3 ) ≤ 0 ， β 1 ∈ [ π / 3 ， 2π / 3 ] ， 于是 β 1 ∈ [ π / 3 ， 2π / 3 ] ∩ ( 0 ， π / 3 ] = { π / 3 } . 进而得到各内角相等、各边长相等，此时亦与ΔA 1 A 2 A 3 不是正三角形的假设矛盾，故该假设不成立，即结论得证。 与上述证法类似，利用(12)式也可推知关于三角形的下列结论成立。 定理4：若在ΔA 1 A 2 A 3 三边A 1 A 2 、A 2 A 3 、A 3 A 1 之上(不含延长线上)可以分别截取点P 1 、P 2 、P 3 使得有向截长A 1 P 1 = A 2 P 2 = A 3 P 3 并使ΔP 1 P 2 P 3 成为正三角形，则此时ΔA 1 A 2 A 3 为正三角形。 证明：用反证法。设正定向ΔP 1 P 2 P 3 不是正三角形，且具有有向截长 r ≤ min { a i | i = 1 ， 2 ， 3 } 。不妨设三个内角 β 1 ≤ β 2 ≤ β 3 ，则由(1)式和(12)式可知 0 ≤ r [ sin ( π / 3 ) − sin β 1 ] = ( r − a 2 ) sin ( β 3 − π / 3 ) ≤ 0 ， β 1 = π / 3 ， 进而再由(12)式可得各内角相等，由(2)式可得各边长相等，与A 1 A 2 A 3 不是正三角形的假设矛盾，故A 1 A 2 A 3 只能是正三角形，结论得证。 至此，可将定理2和定理4合并写为下列结论。 定理5：对于奇数边数n 的情形，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小于各边之长的有向截长r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，则奇数边数只能是n = 5。 关于三角形时的非正三角形解的存在性的证明，以及相关性质的讨论，可归结为对于相关连续函数的取值分布的讨论。 方程式(6)的三个方程在(1)式约束下以ΔABC的三内角 β 1 ≤ β 2 ≤ β 3 为变元之时，是相互等价的，等价于以其较小的两个内角 β 1 ≤ β 2 为变元之时的形式。除了具有对应于正三角形的特解 β 1 = β 2 = β 3 = π / 3 之外，它还存在其它的解，这些解将对应于钝角三角形。事实上，具体可讨论闭区域上的二元函数的零值分布状况。由(6)式等价形式构造函数 f ( β 1 ， β 2 ) = sin β 1 sin ( π / 3 − β 2 ) − sin β 2 sin ( π / 3 + β 1 + β 2 ) + sin ( β 1 + β 2 ) sin ( π / 3 − β 1 ) ， 即要考虑其零值的分布，特别是当 ( β 1 ， β 2 ) ∈ [ 0 ， π / 3 ] × [ β 1 ， π / 2 − β 1 / 2 ] 之时的分布。注意到有 f ( 0 ， β 2 ) = sin β 2 [ sin ( π / 3 ) − sin ( π / 3 + β 2 ) ] ， f ( β 1 ， π / 3 − β 1 ) = sin 2 β 1 ， f ( β 1 ， β 1 ) = sin β 1 sin ( π / 3 − β 1 ) − sin β 1 sin ( π / 3 + 2 β 1 ) + sin ( 2 β 1 ) sin ( π / 3 − β 1 ) = sin β 1 [ sin ( π / 3 − β 1 ) − sin ( 3π / 3 − 2 β 1 ) + 2 cos b 1 sin ( π / 3 − β 1 ) ] = 2 sin β 1 sin ( π / 3 − β 1 ) [ cos ( π / 3 ) − cos ( π / 3 − β 1 ) + cos β 1 ] = 2 sin β 1 sin ( π / 3 − β 1 ) [ cos ( π / 3 ) + cos ( π / 3 + β 1 ) ] 由连续函数的性质可知：对于 ∀ β 2 ∈ ( 0 ， π / 3 ) 存在 β 1 ∈ ( 0 ， β 2 ) 满足方程式(6)，且此时 β 3 > 2π / 3 ，从而对应于钝角三角形为解的情形；既得下列结论。 定理6：对于 ∀ β 2 ∈ ( 0 ， π / 3 ) ，存在以 β 1 ≤ β 2 ≤ β 3 为三个内角的钝角ΔA 1 A 2 A 3 ，在其三个顶点出发的射线A 1 A 2 、A 2 A 3 、A 3 A 1 上可以分别取到唯一一组点P 1 、P 2 、P 3 使得有向截长A 1 P 1 = A 2 P 2 = A 3 P 3 并使ΔP 1 P 2 P 3 成为正三角形。此时ΔA 1 A 2 A 3 的钝角 β 3 = π − β 1 − β 2 具有值域 ( 2π / 3 ， π ) 。 证明：注意到 连续，而且在由 β 1 = 0 、 β 1 = β 2 、 β 1 = π / 3 − β 2 所围成的闭区域有边值条件 f ( 0 ， β 2 ) < 0 ，       ∀ β 2 ∈ ( 0 ， π / 3 ) ， f ( β 1 ， π / 3 − β 1 ) > 0 ，       ∀ β 1 ∈ ( 0 ， π / 3 ) ， f ( β 1 ， β 1 ) > 0 ，       ∀ β 1 ∈ ( 0 ， π / 3 ) ， 故由闭区间上连续函数的零点定理可知， ∀ β 2 ∈ ( 0 ， π / 3 ) ，存在 β 1 ∈ ( 0 ， β 2 ) ∩ ( 0 ， π / 3 − β 2 ) 使得 f ( β 1 ， β 2 ) = 0 。于是，可知所论存在性成立，且此时 β 3 > 2π / 3 。再注意到引理2，可知截长与钝角对边的比值必是唯一的。进一步注意到对应 β 1 + β 2 的取值范围充满 ( 0 ， π / 3 ) ，得知钝角 β 3 具有值域 ( 2π / 3 ， π ) 。证毕。 引理7：若ΔA 1 A 2 A 3 是正三角形等截分逆问题的解，即在其三个顶点出发的射线A 1 A 2 、A 2 A 3 、A 3 A 1 上可以分别取到点P 1 、P 2 、P 3 使得有向截长A 1 P 1 = A 2 P 2 = A 3 P 3 并使ΔP 1 P 2 P 3 成为正三角形，并且ΔA 1 A 2 A 3 不是正三角形，则ΔA 1 A 2 A 3 的三个内角两两不相等。 证明：按上文中的记号，注意到 f ( β 1 ， β 1 ) > 0 ， ∀ β 1 ∈ ( 0 ， π / 3 ) ，既得 β 1 < β 2 。而 f ( β 1 ， π / 2 − β 1 / 2 ) = sin β 1 sin ( β 1 / 2 − π / 6 ) − cos ( β 1 / 2 ) sin ( π / 6 − β 1 / 2 ) + cos ( β 1 / 2 ) sin ( π / 3 − β 1 ) = sin ( π / 6 − β 1 / 2 ) cos ( β 1 / 2 ) [ − 2 sin ( β 1 / 2 ) − 1 + 2 cos ( π / 6 − β 1 / 2 ) ] = sin ( π / 6 − β 1 / 2 ) cos ( β 1 / 2 ) [ 2 cos ( π / 6 + β 1 / 2 ) − 1 ] > 0 ，       ∀ β 1 ∈ ( 0 ， π / 3 ) 从而 β 2 < β 3 ，证毕。 定理8：若ΔA 1 A 2 A 3 是正三角形等截分逆问题的解，并且ΔA 1 A 2 A 3 不是正三角形，则ΔA 1 A 2 A 3 只能是定理6之中所给定的一族钝角三角形。 证明：按上文中的记号，现由引理7不妨设 β 1 < β 2 < β 3 ，则 β 1 ∈ ( 0 ， π / 3 ) ， β 2 ∈ ( β 1 ， π / 2 ) ， β 3 ∈ ( π / 3 ， π ) 。注意到引理4及其证明过程，得知 β 2 ≠ π / 3 。而注意到(12)式即知 r > a 2 . 现若 β 2 ∈ ( π / 3 ， π / 2 ) ，则再注意到(12)式即知 0 > r [ sin ( π / 3 ) − sin β 2 ] = ( r − a 3 ) sin ( β 1 − π / 3 ) ， r > a 3 . 此时，由ΔA 1 A 2 A 3 不是正三角形和定理3即知只能有 r < a 1 . 于是，相应截点P 1 落在边A 1 A 2 上，同时截点P 3 落在边A 3 A 1 的延长线上，从而对应角度之间具有关系 β 2 < ∠ P 2 P 1 A 1 < ∠ P 2 P 1 P 3 = π / 3 ， 即得矛盾。因而只能有 β 2 ∈ ( β 1 ， π / 2 ) − { π / 3 } − ( π / 3 ， π / 2 ) = ( β 1 ， π / 3 ) ， 0 < r [ sin ( π / 3 ) − sin β 2 ] = ( r − a 3 ) sin ( β 1 − π / 3 ) ， r < a 3 . 此时依次得知 a 1 / a 3 = sin β 3 / sin β 2 = sin ( β 1 + β 2 ) / sin β 2 = sin β 1 cos β 2 / sin β 2 + cos β 1 > sin β 1 cos ( π / 3 ) / sin ( π / 3 ) + cos β 1 = sin ( β 1 + π / 3 ) / sin ( π / 3 ) > 1 r < a 3 < a 1 ， r [ sin ( π / 3 ) − sin β 3 ] = ( r − a 1 ) sin ( β 2 − π / 3 ) > 0 ， β 3 ∈ ( 0 ， π / 3 ) ∪ ( 2π / 3 ， π ) . 进而 β 3 ∈ [ ( 0 ， π / 3 ) ∪ ( 2π / 3 ， π ) ] ∩ ( π / 3 ， π ) = ( 2π / 3 ， π ) . 此即对应为定理6之中所给定的钝角三角形，证毕。 对于一般的多边形边数大于等于4的情形，讨论所论逆问题解的分类问题是有意义的，但预期是复杂的，有待于进一步研究。