王幼宁，苏效乐

北京师范大学数学科学学院，数学与复杂系统教育部重点实验室，北京

收稿日期：2019年4月26日；录用日期：2019年5月6日；发布日期：2019年5月22日

本文讨论了正方形等截分问题的逆问题，得到不同情况下一些有意思的结果。

关键词 :正多边形，等截分，正方形

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所谓正多边形等截分问题是指：在正n边形的n条边上顺序截取等长线段得到n个截点，它们一定能顺序成为某个正n边形的n个顶点。其求解并不复杂，但其逆问题的求解 [1] [2] [3] 却不是那么显然的。本文将合理利用解析几何的方法，讨论n = 4的情形，也就是正方形的等截分问题的逆问题并给出解析研讨。

事实上，不仅可以考虑等长截点落在原四边形各边之上，还可以考虑截点落在各边的有向延长线上。于是推广了的正方形等截分点相应性质依然具备，同时逆问题可以相应推广。寻找该逆问题的初等几何解法是不容易的；本文的主要结果将给出其解析解法，自然推广原有结果。

本文总考虑顺序以点A₁，A₂，A₃，A₄为顶点的正定向四边形A₁A₂A₃A₄。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)内角为 α i ∈ ( 0 , 2π ) ，以有向截长 r ∈ ( 0 , + ∞ ) 在边A_iA_i+1或其延长线上从A_i出发所截得之点为P_i，其中记 A i = A i + 4 ， P i = P i + 4 ， α i = α i + 4 ， i = 0 , 1 , 2 。熟知有四边形(不一定凸)内角和

∑ i = 1 4 α i = 2 π . (1)

先给出一个四边形等截分问题的一个等价条件。

引理1上述正定向四边形A₁A₂A₃A₄的以有向截长 r ∈ ( 0 , + ∞ ) 确定的等截分点四边形P₁P₂P₃P₄恰好成为正方形的充要条件是其边长、内角以及等截长满足(1)式以及

( a i − 1 − r ) sin α i + r cos α i + 1 = a i − r ,(2)

− ( a i − 1 − r ) c o s α i + r ( 1 − sin α i + 1 ) = 0 , (3)

其中 i = 1 , 2 , 3 , 4 。并且，在指标4阶循环意义下的任意指定的2个相邻i所对应的(2)和(3)式中两对方程，蕴含于整个方程组的其余两对方程之中。

证明等截分点四边形P₁P₂P₃P₄是正方形的充要条件是其4个边向量P_iP_i+1， i = 1 , 2 , 3 , 4 循序旋转p/2相等，或者等价地说，相邻两边垂直且相等。

由于正方形的各组相邻边的关系是相同的，故只需要首先分别考虑P_i-1P_i和P_iP_i+1成为某个正方形的一组相邻边的充要条件。

为此，以A_i为原点、以向量A_iA_i+1为水平轴正向向量建立符合定向的直角坐标系，如图1所示，则相关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，四边形P₁P₂P₃P₄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 = ( − ( a i − 1 − r ) cos α i + r , − ( a i − 1 − r ) sin α i ) .

同时，这两条边向量旋转p/2相等的条件在此坐标系下看成复向量(也可以用矩阵)的表达形式即为

( − ( a i − 1 − r ) cos α i + r − ( a i − 1 − r ) − 1 sin α i ) − 1 = a i − r − r cos α i + 1 + r − 1 sin α i + 1 , (4)

图1. 等截分示意图

其中 − 1 为虚数单位。分量形式即分别为

a i − r − r cos α i + 1 = ( a i − 1 − r ) sin α i ,

r sin α i + 1 = − ( a i − 1 − r ) cos α i + r .

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四边形P₁P₂P₃P₄的4个边向量P_iP_i+1， i = 1 , 2 , 3 , 4 循序旋转p/2是相等的，从而是它成为正方形的充要条件。进一步，注意到在指标循环意义下的两对相邻边向量循序旋转p/2相等，则蕴涵着另外两对也同时成立，其中内角取值满足(1)式，因而结论成立。

引理2上述正定向四边形A₁A₂A₃A₄若具有以两种有向截长r₁，r₂ (r₁ ¹ r₂)所分别确定的等截分点四边形分别为正方形，则A₁A₂A₃A₄必为正方形，从而其对于任意截长所得到的等截分点四边形均为正方形。

证明对于给定的正定向四边形A₁A₂A₃A₄，若以有向截长r₁ ¹ r₂所分别确定的等截分点四边形分别为正方形，则由引理1结论，(2)和(3)式对于r = r₁和r = r₂都成立，重写为r的一次方程组

r ( 1 + cos α i + 1 − sin α i ) = a i − a i − 1 sin α i ,

r ( 1 + cos α i − sin α i + 1 ) = a i − 1 cos α i .

注意到各边长a_i > 0，得到

1 + cos α i + 1 − sin α i = 0 , a i − a i − 1 sin α i = 0 ,

1 + cos α i − sin α i + 1 = 0 , a i − 1 cos α i = 0 ,

其中 i = 1 , 2 , 3 , 4 。注意到 α i ∈ ( 0 , 2π ) ， i = 1 , 2 , 3 , 4 ，该组条件意味着只能有

α i = π 2 , a i = a i − 1 , i = 1 , 2 , 3 , 4 .

即得A₁A₂A₃A₄为正方形。

引理3 上述正定向四边形A ₁ A ₂ A ₃ A ₄若仅具有唯一的有向截长 r ∈ ( 0 , + ∞ ) 使得所确定的等截分点四边形P₁P₂P₃P₄恰好为正方形，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 c o s α i + c o s α i + 1 − sin α i + 1 = 0 , (5)

而(2)式当 cos α i ≠ 0 时可以等价置换为方程

sin α i − 1 c o s α i − sin α i sin ( α i − 1 + α i ) + sin α i + 1 c o s α i − 1 = 0 , (6)

其中 i = 1 , 2 , 3 , 4 。

证明现在A ₁ A ₂ A ₃ A ₄不是正方形，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 ) sin α i − ( a i − r ) + r cos α i + 1 = 0 , (7)

其中 i = 1 , 2 , 3 , 4 。同时(3)式显然等价于(5)式，并且可以按指标组等价改写为

− ( a i − r ) c o s α i + 1 + r ( 1 − 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 = | sin α i − 1 cos α i + 1 − cos α i 0 1 − sin α i + 1 0 − cos α i + 1 1 − sin α i + 2 | = | − cos α i 1 − sin α i + 1 0 1 − sin α i + 2 | + cos α i + 1 | sin α i cos α i + 1 − cos α i 1 − sin α i + 1 | = − cos α i ( 1 − sin α i + 2 ) + cos α i + 1 [ sin α i ( 1 − sin α i + 1 ) + cos α i cos α i + 1 ] = − cos α i ( 1 − cos 2 α i + 1 ) + cos α i s i n α i + 2 + cos α i + 1 sin α i − cos α i + 1 sin α i sin α i + 1

= cos α i s i n α i + 2 + cos α i + 1 sin α i − ( cos α i sin 2 α i + 1 + cos α i + 1 sin α i sin α i + 1 ) = sin α i cos α i + 1 + cos α i s i n α i + 2 − sin α i + 1 ( cos α i sin α i + 1 + cos α i + 1 sin α i ) = sin α i cos α i + 1 + cos α i s i n α i + 2 − sin α i + 1 sin ( α i + α i + 1 )

此即按指标组等价于(6)式。注意到当 cos 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 上述正定向四边形A ₁ A ₂ A ₃ A ₄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四边形P₁P₂P₃P₄恰好为正方形，则 r ∉ { a i > 0 | i = 1 , 2 , 3 , 4 } 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 ₃ A ₄具有正定向且凸，意味着 α i ∈ ( 0 , π ) ， i = 1 , 2 , 3 , 4 。由引理2可知它不是正方形，由引理3可知现只需证明 cos α i ≠ 0 ， i = 1 , 2 , 3 , 4 。

用反证法，不妨设 ∃   j ∈ { 1 , 2 , 3 , 4 } 使 cos α j + 1 = 0 ，则 α j + 1 = π 2 ∈ ( 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 ) s i n α j = a j − r , ( a j − 1 − r ) cos α j = 0 ,

a j + r cos α j + 2 = a j + 1 , r ( 1 − sin α j + 2 ) = 0 .

进而，由第二组式子可知，

α j + 2 = π 2 , α j = a j + 1 .

于是可递推得到A₁A₂A₃A₄各内角相同、各边等长，与它不是正方形矛盾。结论得证。

引理5 对于给定的不是正方形的正定向四边形A₁A₂A₃A₄，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四边形P₁P₂P₃P₄恰好为正方形，则A ₁ A ₂ A ₃ A ₄的内角不能有取值p/2的。

证明 若 ∃   j ∈ { 1 , 2 , 3 , 4 } 使某个内角 α j + 1 = π / 2 ，则(2)式和(3)式变为

( a j − 1 − r ) sin α j = a j − r ,

( a j − 1 − r ) c o s α j = 0 ,

现在 0 < r < min { a i > 0 | i = 1 , 2 , ⋯ , n } 或 r > max { a i > 0 | i = 1 , 2 , ⋯ , n } > 0 ，可得

sin α j > 0 , cos α j = 0 .

注意到凸性意味着 α j ∈ ( 0 , π ) ，可得唯一解 α j = π / 2 。关于指标j递推归纳则得4个内角都等于p/2，再回到(2)式得到各边长也都相等，与A ₁ A ₂ A ₃ A ₄不是正方形矛盾。得证。

有了前述的准备工作，本节给出本文的几个主要结果。

定理1 对于给定的正定向凸四边形A ₁ A ₂ A ₃ A ₄，若存在使截点都落在各边之上的有向截长 r ∈ ( 0 , + ∞ ) 所确定的等截分点四边形P₁P₂P₃P₄恰好为正方形，则A ₁ A ₂ A ₃ A ₄必为正方形。

证明 四边形A ₁ A ₂ A ₃ A ₄是凸的，即有 α i ∈ ( 0 , π ) ， i = 1 , 2 , 3 , 4 ；而截点都取在各边之上，即 0 < r < min { a i > 0 | i = 1 , 2 , 3 , 4 } ，则由(3)式知道 α i ≤ π / 2 ， i = 1 , 2 , 3 , 4 。进而在(1)式限制下只能有 α i = π / 2 ， i = 1 , 2 , 3 , 4 。从而再由(2)式得知 a i = a i + 1 ， i = 1 , 2 , 3 , 4 。故由引理1可得A ₁ A ₂ A ₃ A ₄必为正方形。

这说明对于凸四边形来说，截点都落在各边内部时，只有正方形本身的等截分四边形是正方形.

进一步，当不要求满足凸性或截点可以取在某条边的延长线之上时，联立(1)式、(2)式和(3)式所得到的方程组都具有不是正方形的相应特定解。

引理6 对于给定的不是正方形的正定向四边形A ₁ A ₂ A ₃ A ₄，若存在有向截长 r ∈ ( 0 , + ∞ ) 所确定的等截分点四边形P₁P₂P₃P₄恰好为正方形，则A ₁ A ₂ A ₃ A ₄的内角不能有取值±p/2。

证明 若 ∃   j ∈ { 1 , 2 , 3 , 4 } 使某个内角 α j = π / 2 ，则由(3)式得 α j + 1 = π / 2 为直角，关于指标递推则得4个内角都等于直角，再回到(2)式得到各边长也都相等，与A ₁ A ₂ A ₃ A ₄不是正方形矛盾。

而若 ∃   j ∈ { 1 , 2 , 3 , 4 } 使 α j = − π / 2 ，由(3)式则得 α j + 1 = π / 2 ，回到上一情形，矛盾。

综合以上两种情况命题得证。

定理2 对于给定的不是正方形的正定向四边形A ₁ A ₂ A ₃ A ₄，其仅具有唯一的有向截长 r ∈ ( 0 , + ∞ ) 使得所确定的等截分点四边形P₁P₂P₃P₄恰好为正方形的充要条件是其边长、内角以及等截长满足(1)式以及方程组

sin α i − 1 cos α i − sin α i sin ( α i − 1 + α i ) + sin α i + 1 cos α i − 1 = 0 , (9)

a i − 1 r   = 1 + 1 − sin α i + 1 cos α i , (10)

其中 i = 1 , 2 , 3 , 4 。此种情形下，(9)式所代表的4个方程之中，任意指定的2个相邻指标i所对应的2个方程都在(1)式约束下等价于另外2个方程。

证明 注意到引理1、引理2、引理3、引理6，此时4个内角都不等于正负直角，(5)式和(6)式分别等价于(10)式和(9)式，得证。

定理2给出了不是正方形的四边形等截分得到正方形的充要条件。而且，进一步，实际上等截分得到正方形的解有无穷多个，比如四边形中有一组对边相互平行时，就有下面的结果：

定理3 对于给定的正定向梯形(本文梯形仅指有一组对边平行，也就是包含平行四边形的情况) A ₁ A ₂ A ₃ A ₄，若存在有向截长 r ∈ ( 0 , + ∞ ) 所确定的等截分点四边形P₁P₂P₃P₄恰好为正方形，则A ₁ A ₂ A ₃ A ₄必为平行四边形；并且当它不是正方形时，其各边长与等截长的比值由其锐内角唯一确定，对应通解在全等意义下诸如

{ a 1 = c 0 ( cos α 1 + sin α 1 − 1 ) a 2 = c 0 ( cos α 1 − sin α 1 + 1 ) r = c 0 cos α 1 , α 1 ∈ ( 0 , π 2 ) , c 0 ∈ ( 0 , + ∞ ) . (11)

证明 由梯形条件可知，不妨假设 α 1 + α 2 = α 3 + α 4 = π ，其中 α i ∈ ( 0 , π ) − { π / 2 } ，i = 1, 2, 3, 4。注意到引理1、引理2、引理6和定理2，现在只需要在A ₁ A ₂ A ₃ A ₄不是正方形的情形之下，考虑联立(1)式、(9)式和(10)式的通解。此时(9)式当取i = 2时即可简化为

0 = sin α 1 cos α 2 + sin α 3 cos α 1 = ( sin α 3 − sin α 1 ) cos α 1 ,

从而分以下两种情形：

情形一， α 1 = α 3 ，进一步 α 2 = α 4 = π − α 1 ，于是A ₁ A ₂ A ₃ A ₄是平行四边形，此时(9)式当取i = 4时的方程与取i = 2时的等价，当取i = 3时的方程与取i = 1时的等价且自然满足，即已得联立(1)式和(9)式的通解。再由(10)式即得a ₁ = a ₃，a ₂ = a ₄，且

a 1 r = 1 + 1 − sin α 3 cos α 2 = 1 − 1 − sin α 1 cos α 1 = cos α 1 + sin α 1 − 1 cos α 1 , (12)

a 2 r = 1 + 1 − sin α 4 cos α 3 = 1 + 1 − sin α 1 cos α 1 = cos α 1 − sin α 1 + 1 cos α 1 , (13)

在全等意义下不妨取锐内角为a₁，则通解即如(11)式。

情形二， α 3 = π − α 1 = α 2 ，进一步 α 4 = π − α 3 = α 1 ，于是A ₁ A ₂ A ₃ A ₄是等腰梯形，此时(9)式当取i = 4时的方程与取i = 2时的等价，当取i = 3时的方程与取i = 1时的等价且简化为

sin α 1 cos α 1 − sin α 1 sin ( 2 α 1 ) + sin α 1 cos α 1 = 0 ,

2 sin α 1 cos α 1 [ 1 − sin α 1 ] = 0 ,

在所讨论的范围内无解。

故综合两种情形得知结论成立。

注记1 对于定理3之中的平行四边形通解，将(12)，(13)两式分别相除和相加，有

a 1 a 2 = cos α 1 − sin α 1 + 1 cos α 1 + sin α 1 − 1 = c o t α 1 2 = sin α 1 1 − cos α 1 ,

r = a 1 + a 2 2 .

特别当a₁可尺规作出时，比如等于p/4时，对应图形可尺规做出。同时，极限情形有

lim α 1 → π 2 a 1 a 2 = 1 , lim α 1 → π 2 a 1 r = 1 .

注记2 对于其它四边形，也可以用画图软件说明有很多四边形等截分都能得到正方形。但相关分类并不简单，后续可以继续研究。

对于一般的多边形边数大于4的情形，讨论所论逆问题解的分类问题也是有意义的，但预期是复杂的，有待于进一步研究。

本项研究受到国家自然科学基金资助，项目号11471039。

王幼宁,苏效乐. 正方形等截分之逆问题The Inverse Question of the Equal Segmentation Problem of Squares[J]. 理论数学, 2019, 09(03): 386-392. https://doi.org/10.12677/PM.2019.93051