36405 平面凸五邊形最大面積與圓內接 2n+1 邊形的正弦公式

終極密碼

遊戲規則:本遊戲為猜密碼的遊戲。密碼為0到100之間的其中1個整數,電腦會提示密碼的所在範圍,玩家必須在6次之內猜到密碼才能過關。

★ 終極密碼為0到100之間 ★
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I. 前言

對平面上的任意凸多邊形作適當的圖形分割, 可以求出此凸多邊形面積的一般公式。分割一個給定的凸多邊形時, 不同的分割方法, 所求得的面積公式也不盡相同; 其最大差異在於所求得的公式中項數的多寡, 而最佳的策略就是要設法尋求出最少項數的面積公式。 策略上分割的要領有兩種; 一是將偶數邊數的多邊形分割成兩個有相等邊數的小多邊形, Bretschneider 的四邊形面積公式即能以此分割方法求得。 其次是將奇數邊數的多邊形分割成兩個邊數只差一個邊的小多邊形, 凸五邊形的面積平方式公式就是以此分割法求證出的。

求出了一般形的面積公式後, 接著總要問起:圖形在何種情況下會有最大的面積?而此最大面積的公式形式又如何?會簡潔到何種程度? 在探討凸五邊形的最大面積問題時, 發現到圓內接奇數邊形的多邊形有一特殊性質, 此性質是其各頂角與相對應的各邊長相關聯的的一個正弦公式!

三角形的正弦定理公式非常簡潔完美; 其所以如此, 是因每一邊都只面對一個頂角, 而且三角形的三頂點必共圓, 使得每一邊長與對面頂角的正弦值的比值等於共圓圓周的直徑。根據這樣的特徵, 檢視圓內接多邊形的各種情形, 發現圓內接奇數角的多角星形具有這種特徵性質, 連接此多角星形的各頂點即形成一圓內接奇數邊形的多邊形, 此種圓內接奇數邊形的多邊形, 才能有類似三角形那樣美妙的恒等式正弦公式!

II. 本文

首先從圓內接五角星形分析起, 逐次推導到圓內接五邊形的正弦公式, 由此正弦公式才得以證出平面凸五邊形的最大面積平方式, 最後再推廣到圓內接奇數邊形的多邊形正弦公式。此處奇數角多角星形的各頂角角度總和等於 $\pi$。

圖 1                 圖 2

A. 圓內接五角星形

在平面上給定一個圓內接五角星形 $A_1A_2A_3A_4A_5$, 並連接五頂點使成五邊形, 令 $\overline{A_1A_2} = V_1$, $\overline{A_2A_3} = V_2$, $\overline{A_3A_4} = V_4$, $\overline{A_4A_5} = V_4$, $\overline{A_5A_1} = V_5$, $V_1$ 的對角為 $\theta_1$, $V_2$ 的對角為 $\theta_2$, $\cdots$, $V_5$ 的對角為 $\theta_5$, 如圖 1、 圖 2、 圖 3, 令圓的半徑為 $R$, 今仿照三角形的正弦定理並由圓周角與弦的性質, 可得 \begin{equation} \dfrac{\sin\theta_1}{V_1}=\dfrac{\sin\theta_2}{V_2} =\dfrac{\sin\theta_3}{V_3}=\dfrac{\sin\theta_4}{V_4} =\dfrac{\sin\theta_5}{V_5}=\dfrac 1{2R}\label{1} \end{equation} 而 $\theta_1+\theta_2+\theta_3+\theta_4+\theta_5=\pi$ 方程式 \eqref{1} 恰完全符合類似於三角形的正弦定理公式。

B. 圓內接五邊形的正弦公式

1. 圓內接五邊形各頂角與 $\theta$ 角的關係

圖 3                 圖 4
如圖 4, 利用圓周角與弦的性質知; 頂角 $A_1=\theta_2+\theta_3+\theta_4$, $A_2=\theta_3+\theta_4+\theta_5$, $A_3=\theta_4+\theta_5+\theta_1$, $A_4=\theta_5+\theta_1+\theta_2$, $A_5=\theta_1+\theta_2+\theta_3$, 觀察這五個頂角可得; $A_1+A_4=\theta_2+\theta_3+\theta_4+\theta_5+\theta_1+\theta_2=\pi+\theta_2$, 同理 $A_2+A_5=\pi+\theta_3$, \begin{equation} A_3+A_1=\pi+\theta_4,\quad A_4+A_2=\pi+\theta_5,\quad A_5+A_3=\pi+\theta_1 \label{2} \end{equation}

2. 圓內接五邊形的正弦公式

將 \eqref{2} 式的五個 $\theta$ 角分別代入方程式 \eqref{1} 中, 得 \begin{equation} \dfrac{\sin(A_5\!+\!A_3)}{V_1}=\dfrac{\sin(A_1\!+\!A_4)}{V_2} =\dfrac{\sin(A_2\!+\!A_5)}{V_3}=\dfrac{\sin(A_3\!+\!A_1)}{V_4} =\dfrac{\sin(A_4\!+\!A_2)}{V_5} =-\dfrac 1{2R}\label{3} \end{equation} 再由五邊形的內角和等於 $3\pi$, \eqref{3} 式又可化成下式 \begin{eqnarray} \dfrac{\sin(A_4+A_1+A_2)}{V_1}&=&\dfrac{\sin(A_5+A_2+A_3)}{V_2} =\dfrac{\sin(A_1+A_3+A_4)}{V_3}=\dfrac{\sin(A_2+A_4+A_5)}{V_4}\nonumber\\ &=&\dfrac{\sin(A_3+A_5+A_1)}{V_5}=-\dfrac{1}{2R}\label{4} \end{eqnarray} 此方程式 \eqref{3} 與 \eqref{4} 即為圓內接五邊形的正弦公式。

3. 定理1 : 設 $A_1A_2A_3A_4A_5$ 為平面上的五邊形, 則它是圓內接五邊形的充要條件為方程式 \eqref{3} 與 \eqref{4} 必成立。

證明:

  • (1) 充分條件: 由上述 B 之 1 與 2 的演繹過程, 完成充分條件的證明。
  • (2) 事實上, 觀察方程式 \eqref{3} 與圓內接五邊形的圖形關係, 發現只需三個 相鄰連續邊長與五個頂角恰滿足方程式 \eqref{3} 與 \eqref{4}, 則此五邊形的五個 頂點必共圓。所以必要條件的敘述如下; 必要條件: 若平面上的一個五邊形, 其三個相鄰連續邊長與五個頂角恰滿足方程式 \eqref{3} 與 \eqref{4}, 則此五邊形的五個頂點必共圓。 利用反證法 (歸繆法) 來證明此必要條件如下: 假設有一頂點 (設為 $A_2$) 不在圓周上, 其可能在圓的內部或外圍; 現在 (a) 先設定 在外圍, 則由圖 5 可得
圖 5                 圖 6

\begin{eqnarray*} A_3+A_1 &=&\pi + \theta_4+ \dfrac 12(\hbox{弧長} B_1B_4+\hbox{弧長} B_2B_3)\\ A_4+A_2 &=&\pi + \theta_5- \dfrac 12(\hbox{弧長} B_1B_4),\qquad A_2+A_5 =\pi + \theta_3-\dfrac 12 (\hbox{弧長} B_1B_4) \end{eqnarray*} 則 $$ \dfrac{\sin(A_2+A_5)}{V_3}\not=\dfrac{\sin(A_3+A_1)}{V_4} \not=\dfrac{\sin(A_4+A_2)}{V_5}\not=-\dfrac 1{2R}$$ (b) 其次設定 $A_2$ 在圓周內部, 見圖 6 並仿照步驟 (a) 亦可得出 $$ \dfrac{\sin(A_2+A_5)}{V_3}\not=\dfrac{\sin(A_3+A_1)}{V_4} \not=\dfrac{\sin(A_4+A_2)}{V_5}\not=-\dfrac 1{2R}$$ 由 (a)、(b) 兩情況知, 假設的條件所證出的結果與已知不合, 故假設錯誤, 此頂點應與其餘四頂點共圓。

(c) 同理, 若有兩頂點不在共圓圓周上, 還要能使三個相鄰連續邊長與五個頂角恰滿足方程式 \eqref{3} 與 \eqref{4} 的情形, 仿照 (a)、(b) 的圖示證明, 可知悉由此假設所證出的結果必與已知矛盾, 假設誠屬錯誤!因此, 此兩頂點應與其餘三頂點共圓。

由上述 (a)、(b)、(c)的證明, 必要條件成立。

以上綜合 \eqref{1} 與 \eqref{2} 的敘述推理過程, 完成定理1. 的證明。

C. 平面凸五邊形的最大面積

1. 平面凸五邊形面積平方式的一般公式

圖 7

在平面上給定一個凸五邊形 $A_1A_2A_3A_4A_5$, 令 $\overline{A_1A_2}=V_1$, $\overline{A_2A_3}=V_2$, $\overline{A_3A_4}=V_3$, $\overline{A_4A_5}=V_4$, $\overline{A_5A_1}=V_5$, 如圖 7, 則利用圖形分割法, 並令凸五邊形面積為 $S(5)$, 如圖 7 的分割法可得下列兩關係式; (*註1) \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt (V_3^2+V_4^2+V_5^2-V_1^2-V_2^2)/2\nonumber\\ &=&V_3V_4\cos A_4+V_4V_5\cos A_5-V_3V_5\cos(A_4+A_5)-V_1V_2\cos A_2\label{5}\\ 2S(5)&=&V_3V_4\sin A_4+V_4V_5\sin A_5-V_3V_5\sin(A_4+A_5)+V_1V_2\sin A_2\label{6} \end{eqnarray} 聯立上列 \eqref{5}、\eqref{6} 兩式的運算, 可得出此平面凸五邊形面積的平方式為 \begin{eqnarray} [S(5)]^2 &=&\frac 1{16} (V_2+V_3+V_4+V_5-V_1)\times (V_3+V_4+V_5+V_1-V_2)\nonumber\\ &&\times [(V_1+V_2)^2-(V_3-V_4)^2-(V_3-V_5)^2-(V_4-V_5)^2+V_3^2+V_4^2+V_5^2]\nonumber\\ &&-V_1V_2V_3V_5\sin^2\Big(\dfrac{A_2+A_4+A_5}2\Big)-V_1V_2V_3V_4\cos^2\Big(\dfrac{A_2+A_4}2\Big)\nonumber\\ &&-V_1V_2V_4V_5\cos^2\Big(\dfrac{A_2+A_5}2\Big)-V_3V_4V_5^2(\cos^2\dfrac{A_4}2)-V_3^2V_4V_5(\cos^2\dfrac{A_5}2)\nonumber\\ &&-V_3V_4^2V_5\sin^2\Big(\dfrac{A_4-A_5}2\Big)\label{7} \end{eqnarray} 此方程式 \eqref{7} 即為平面凸五邊形面積平方式的一般公式。

2. 平面凸五邊形出現最大面積的條件

(a) 由方程式 \eqref{7} 可知此凸五邊形的最大面積是由三個頂角 $A_2$、 $A_4$、 $A_5$ 的關係來決定, 這三個頂角又被限制在方程式 \eqref{5} 中, 故需要用到 Lagrange multiplier method 來求取面積的極值; \begin{eqnarray*} \hbox{令}\ f &=& S(5) = \dfrac 12\Big[V_3V_4\sin A_4+V_4V_5\sin A_5-V_3V_5\sin(A_4+A_5)+V_1V_2\sin A_2]\\ \Phi&=&V_3V_4\cos A_4+V_4V_5\cos A_5-V_3V_5\cos(A_4+A_5)-V_1V_2\cos A_2\\ &&-\dfrac 12(V_3^2+V_4^2+V_5^2-V_1^2-V_2^2)=0 \end{eqnarray*} 取 $F(A_2, A_4,A_5)=f+\lambda \Phi$, $\lambda$ 為不等於零的實數。 今對 $F$ 作微分運算, 並使微分式為零, 則 \begin{eqnarray} \dfrac{\partial F}{\partial A_2}&=&\dfrac 12 V_1V_2\cos A_2+\lambda V_1V_2\sin A_2=0 \ \Rightarrow \ -2\lambda=\dfrac{\cos A_2}{\sin A_2}\label{8}\\ \dfrac{\partial F}{\partial A_4}&=&0 \quad \Rightarrow\quad -2\lambda=\dfrac{V_4\cos A_4-V_5\cos(A_4+A_5)}{-V_4\sin A_4+V_5\sin(A_4+A_5)}\label{9}\\ \dfrac{\partial F}{\partial A_5}&=&0 \quad \Rightarrow\quad -2\lambda=\dfrac{V_4\cos A_5-V_3\cos(A_4+A_5)}{-V_4\sin A_5+V_3\sin(A_4+A_5)}\label{10} \end{eqnarray} 由 \eqref{8} 式與 \eqref{9} 式, 得 $\dfrac{\cos A_2}{\sin A_2}=\dfrac{V_4\cos A_4-V_5\cos(A_4+A_5)}{-V_4\sin A_4+V_5\sin(A_4+A_5)}$ 經化簡, 得 \begin{equation} V_4\sin(A_2+A_4)=V_5\sin(A_2+A_4+A_5)\label{11} \end{equation} 由 \eqref{8} 式與 \eqref{10} 式, 得 $\dfrac{\cos A_2}{\sin A_2}=\dfrac{V_4\cos A_5-V_3\cos(A_4+A_5)}{-V_4\sin A_5+V_3\sin(A_4+A_5)}$ 經化簡, 得 \begin{equation} V_4\sin(A_2+A_5)=V_3\sin(A_2+A_4+A_5)\label{12} \end{equation} 由 \eqref{9} 式與 \eqref{10} 式, 得 $\dfrac{V_4\cos A_4-V_5\cos(A_4+A_5)}{-V_4\sin A_4+V_5\sin(A_4+A_5)} =\dfrac{V_4\cos A_5-V_3\cos(A_4+A_5)}{-V_4\sin A_5+V_3\sin(A_4+A_5)}$ 經化簡, 得 \begin{equation} V_4\sin(A_5-A_4)-V_3\sin A_5+V_5\sin A_4=0\label{13} \end{equation} 再由 \eqref{11}、 \eqref{12} 式的共同項, 整理成下式; \begin{equation} \dfrac{\sin(A_2+A_5)}{V_3}=\dfrac{\sin(A_2+A_4+A_5)}{V_4}=\dfrac{\sin(A_4+A_2)}{V_5} \label{14} \end{equation} \eqref{14} 式又可化成 \begin{equation} \dfrac{\sin(A_2+A_5)}{V_3}=\dfrac{\sin(A_3+A_1)}{V_4}=\dfrac{\sin(A_4+A_2)}{V_5} \label{15} \end{equation} 得到的 \eqref{15} 式 與定理 1 完全符合! 即 平面上一個給定各個邊長的凸五邊形, 其出現最大面積的條件是; 此凸五邊形的五個頂點必須共圓!

註2:各邊長已給定的平面凸五邊形, 意指此凸五邊形的五個邊長為已知固定值, 而各邊的順序位置亦是固定, 所以現在對其五個頂點(角)做適當的調整配置, 即可得到由此五邊長所圍起的最大面積; 是在於 此凸五邊形的五個頂點必須共圓。

(b) 恆等式 \eqref{13} 式表示的幾何意義是; 四個頂點 $A_3$, $A_4$, $A_5$, $A_1$ 必共圓。 理由如下;

圖 8

見圖 8, 考慮一個圓內接四邊形 $A_3A_4A_5A_1$, 由凸四邊形的邊長型正弦公式(利用封閉圖形的向量性質), 可得 (*註1) $V_3\sin\alpha -V_4\sin (\alpha+A_4)-V_5\sin\beta=0$ 將 $\alpha =\pi-A_5$, $\beta=\pi-A_4$, 代入上式, 再化簡, 整理, 即得相同的下式; \begin{equation} V_4\sin(A_5-A_4)-V_3\sin A_5+V_5\sin A_4=0 \label{16a} \end{equation} 反之; 若平面凸四邊形 $A_3A_4A_5A_1$, 其邊長與頂角滿足方程式 \eqref{16a}, 則此凸四邊形內接於一圓。 這很容易利用歸繆證法, 仿照 B 之 3 的過程證明出來(證明略)。 因此, 恆等式 \eqref{16a} 式與 \eqref{14} 式、\eqref{15} 式的關係是契合的, 使五個頂點共圓!

3. 平面凸五邊形的最大面積

各邊長給定之平面凸五邊形的五頂點共圓時, 恆等式 \eqref{16a} 式與 \eqref{14} 式、 \eqref{15}式必然存在, 此時的凸五邊形其面積為最大值。 現在要推導出此最大面積; 回頭察看方程式 \eqref{7}, 見此方程式中有牽涉到頂角的是後面六個項, 令函數 $g$ 表示此六項的前三項, 函數 $h$ 表示此六項的末三項, 如下; \begin{eqnarray*} g&=&-V_1V_2V_3V_5\sin^2\Big(\dfrac{A_2+A_4+A_5}2\Big)-V_1V_2V_3V_4\cos^2\Big(\dfrac{A_2+A_4}2\Big)\\ &&-V_1V_2V_4V_5\cos^2\Big(\dfrac{A_2+A_5}2\Big)\\ h&=&-V_3V_4V_5^2\Big(\cos^2 \dfrac{A_4}2\Big)-V_3^2V_4V_5\Big(\cos^2 \dfrac{A_5}2\Big)-V_3V_4^2V_5\sin^2 \Big(\dfrac{A_4-A_5}2\Big) \end{eqnarray*} 現在分別整理 $g$, $h$ 兩函數; \begin{eqnarray} g&=&-V_1V_2V_3V_5\cos^2\Big(\dfrac{A_1+A_3}2\Big)-V_1V_2V_3V_4\cos^2\Big(\dfrac{A_2+A_4}2\Big)\nonumber\\ &&-V_1V_2V_4V_5\cos^2\Big(\dfrac{A_2+A_5}2\Big)\\ &=&-V_1V_2V_3V_4V_5\Big[\dfrac 1{V_3}\cos^2\Big(\dfrac{A_2+A_5}2\Big)+\dfrac 1{V_4}\cos^2\Big(\dfrac{A_3+A_1}2\Big) +\dfrac 1{V_5}\cos^2\Big(\dfrac{A_4+A_2}2\Big)\Big]\nonumber\\ h&=&-V_3V_4V_5^2\Big(\cos^2\dfrac{A_4}2\Big)-V_3^2V_4V_5\Big(\cos^2 \dfrac{A_5}2\Big)-V_3V_4^2V_5\sin^2 \Big(\dfrac{A_4-A_5}2\Big)\nonumber\\ &=&-V_3V_4V_5^2\Big(\dfrac{1+\cos A_4}2\Big)-V_3^2V_4V_5\Big(\dfrac{1+\cos A_5}2\Big)-V_3V_4^2V_5\Big[\dfrac{1-\cos (A_4-A_5)}2\Big]\nonumber\\ &=&-\dfrac{V_3V_4V_5}2(V_3+V_4+V_5)+\dfrac{V_3V_4V_5}2[V_4\cos(A_4-A_5)-V_5\cos A_4-V_3\cos A_5] \end{eqnarray} 接下來又要利用圓內接四邊形的性質, 仿照上述2之(b) 的結果, 並參照圖 8; 可得 $$\hbox{直線段}\ \overline{A_1A_3}=V_3\cos \alpha - V_4\cos(\alpha+A_4)+V_5\cos\beta $$ 將 $\alpha =\pi-A_5$, $\beta=\pi-A_4$, 代入上式, 再化簡, 整理, 即得下式; \begin{equation} \overline{A_1A_3}=-V_3\cos A_5+V_4\cos(A_4-A_5)-V_5\cos A_4 \end{equation} 而圖 8 中三角形 $A_1A_2A_3$ 的直線段 \begin{equation} \overline{A_1A_3}=V_1\cos(A_1-\beta)+V_2\cos(A_3-\alpha) \end{equation} 再將 $\alpha =\pi-A_5$, $\beta=\pi-A_4$, 代入上列 (7-4) 式, 即可得 \begin{equation} \overline{A_1A_3}=-V_1\cos(A_4+A_1)-V_2\cos(A_3+A_5) \end{equation} 再以倍角公式將 (7-5) 式 化成下式; \begin{eqnarray} \overline{A_1A_3}&=&-V_1\Big[2\cos^2\Big(\dfrac{A_4+A_1}2\Big)-1\Big]-V_2\Big[2\cos^2\Big(\dfrac{A_4+A_5}2\Big)-1\Big]\nonumber\\ &=&V_1+V_2-2V_1\cos^2\Big(\dfrac{A_4+A_1}2\Big)-2V_2\cos^2\Big(\dfrac{A_3+A_5}2\Big) \end{eqnarray} 再由 (7-3) 式 與 (7-6) 式 代入 (7-2) 式中, 即得 \begin{eqnarray} h&=&\dfrac{V_3V_4V_5}2(V_1+V_2-V_3-V_4-V_5)\nonumber\\ &&-V_1V_2V_3V_4V_5\Big[\dfrac 1{V_2}\cos^2\Big(\dfrac{A_4+A_1}2\Big)+\dfrac 1{V_1}\cos^2\Big(\dfrac{A_3+A_5}2\Big)\Big] \end{eqnarray} 以上已將 $g$, $h$ 兩函數整理完成, 最後將 (7-1) 式 與 (7-7) 式 代入 (7) 式中, 即得到盼望已久的平面凸五邊形的最大面積平方式公式, 也是圓內接五邊形的面積平方式公式!現在將它完整的敘述成下列定理2:

定理2: 在平面上給定一個凸五邊形 $A_1A_2A_3A_4A_5$, 令 $\overline {A_1A_2}=V_1$, $\overline {A_2A_3}=V_2$, $\overline {A_3A_4}=V_3$, $\overline {A_4A_5}=V_4$, $\overline {A_5A_1}=V_5$, 如圖 7, 則此各邊長已給定的平面凸五邊形的最大面積, 是出現在其五個頂點必須共圓, 而此平面凸五邊形的最大面積平方式公式, 也是圓內接五邊形的面積平方式公式為下式:

令其最大面積為 $S(5)\max$, \begin{eqnarray} [S(5)\max]^2&=&\dfrac1{16}(V_2+V_3+V_4+V_5-V_1)\times(V_3+V_4+V_5+V_1-V_2)\nonumber\\ &&\times\Big[(V_1+V_2)^2-(V_3-V_4)^2-(V_3-V_5)^2-(V_4-V_5)^2+V_3^2+V_4^2+V_5^2\Big]\nonumber\\ &&+\dfrac{V_3V_4V_5}2(V_1+V_2-V_3-V_4-V_5)-V_1V_2V_3V_4V_5\Big[\dfrac 1{V_1}\cos^2\Big(\dfrac{A_3+A_5}2\Big)\nonumber\\ &&+\dfrac 1{V_2}\cos^2\Big(\dfrac{A_4+A_1}2\Big)+\dfrac 1{V_3}\cos^2\Big(\dfrac{A_5+A_2}2\Big)+\dfrac 1{V_4}\cos^2\Big(\dfrac{A_1+A_3}2\Big)\nonumber\\ &&+\dfrac 1{V_5}\cos^2\Big(\dfrac{A_2+A_4}2\Big)\Big]\label{16} \end{eqnarray} 此方程式 \eqref{16} 式的完美迷人之處是其涵蓋了 Brahmagupta 的圓內接四邊形面積的平方式公式, 以及三角形的 Heron 面積平方式公式! 情形如下; 見圖 7

  • (a) 若令頂點 $A_5$ 趨近於 $A_1$, 使 $V_5= 0$, 則圓內接五邊形即退化成圓內接四邊形。 因此, 將 $V_5= 0$ 代入方程式 \eqref{16} 式內, 即可得下式; \begin{equation} \hskip -20pt [S(5)\max]^2=\dfrac1{16}(V_2+V_3+V_4-V_1)(V_3+V_4+V_1-V_2)(V_4+V_1+V_2-V_3)(V_1+V_2+V_3-V_4)\label{17} \end{equation} 此 \eqref{17} 式即為 Brahmagupta 面積平方式公式!
  • (b) 再令 $V_4= 0$, \eqref{17} 式就蛻變成 Heron 面積平方式公式!

\eqref{16} 式的公式內容確實不精簡, 但其中含有內角的最後五項卻是完全的具規律性! 可見頂點共圓的圖形, 其面積表示式是會具簡潔、規律或對稱性的!

D. 圓內接 $2n+1$ 邊形的正弦公式

圖 9

圖 9 是一個圓內接 $2n+1$ 邊形, 其中 $\overline {A_1A_2}=V_1$, $\overline {A_2A_3}=V_2$, $\overline {A_3A_4}=V_3$, $\ldots$, $\overline {A_{2n}A_{2n+1}}=V_{2n}$, $\overline {A_{2n+1}A_1}=V_{2n+1}$; $V_1$ 所面對的圓周角為 $\theta_1$, $V_2$ 所面對的圓周角為 $\theta_2$, $\ldots$, $V_{2n+1}$ 所面對的圓周角為 $\theta_{2n+1}$。 仿照 B 之 1 並利用圓周角性質知; \begin{eqnarray*} A_1&=&\theta_2+\theta_3+\theta_4+\cdots+\theta_{2n-2}+\theta_{2n-1}+\theta_{2n}\\ A_2&=&\theta_3+\theta_4+\cdots+\theta_{2n-2}+\theta_{2n-1}+\theta_{2n}+\theta_{2n+1}\\ A_3&=&\theta_4+\theta_5+\theta_6+\cdots+\theta_{2n}+\theta_{2n+1}+\theta_1\\ A_4&=&\theta_5+\theta_6+\theta_7+\cdots+\theta_{2n+1}+\theta_{1}+\theta_2\\ A_5&=&\theta_6+\theta_7+\cdots+\theta_{2n+1}+\theta_{1}+\theta_2+t_3\\ &\vdots&\\ A_{n-1}&=&\theta_n+\theta_{n+1}+\cdots+\theta_{2n+1}+\theta_{1}+\theta_2+\cdots+\theta_{n-4}+\theta_{n-3}\\ A_{n}&=&\theta_{n+1}+\theta_{n+2}+\cdots+\theta_{2n+1}+\theta_{1}+\theta_2+\cdots+\theta_{n-3}+\theta_{n-2}\\ A_{n+1}&=&\theta_{n+2}\theta_{n+3}+\cdots+\theta_{2n+1}+\theta_{1}+\theta_2+\cdots+\theta_{n-2}+\theta_{n-1}\\ &\vdots&\\ A_{2n-4}&=&\theta_{2n-3}+\theta_{2n-2}+\cdots+\theta_{2n+1}+\theta_{1}+\theta_2+\cdots+\theta_{2n-7}+\theta_{2n-6}\\ A_{2n-3}&=&\theta_{2n-2}+\cdots+\theta_{2n+1}+\theta_{1}+\theta_2+\cdots+\theta_{2n-6}+\theta_{2n-5}\\ A_{2n-2}&=&\theta_{2n-1}+\cdots+\theta_{2n+1}+\theta_{1}+\theta_2+\cdots+\theta_{2n-5}+\theta_{2n-4}\\ A_{2n-1}&=&\theta_{2n}+\theta_{2n+1}+\theta_{1}+\theta_2+\cdots+\theta_{2n-4}+\theta_{2n-3}\\ A_{2n}&=&\theta_{2n+1}+\theta_{1}+\theta_2+\cdots+\theta_{2n-3}+\theta_{2n-2}\\ A_{2n+1}&=&\theta_{1}+\theta_2+\cdots+\theta_{2n-2}+\theta_{2n-1} \end{eqnarray*}

觀察以上 $2n+1$ 個頂角的各個內容, 要組合成像圓內接五邊形的方程式(2)之類似型式, 經詳細對照、分析檢驗後, 恰可歸納成下列兩種類型;

1. 圓內接 $2n+1$ 邊形, 當 $n$ 為偶數時, $n+1$ 為奇數:

今從上述 $2n+1$ 個頂角取下 $A_1, A_3, A_5,\ldots, A_{n-1}, A_{n+1}, A_{n+2}, A_{n+4}, A_{n+6},\ldots,A_{2n}$ 等總數共有 $n+1$ 個頂角。 因 $\theta_1+\theta_2+\theta_3 +\cdots+\theta_{2n-1}+\theta_{2n}+\theta_{2n+1} =\pi$, 再檢視被取下的每個頂角, 發現每個頂角都含有 $2n-1$ 個 $\theta$, 與 $\pi$ 比較都少了兩個 $\theta$, 缺少的情形如下;

$A_1$ 缺少 $\theta_{2n+1}+\theta_1$, $A_3$ 缺少 $\theta_2+\theta_3$, $A_5$ 缺少 $\theta_4+\theta_5$, $\ldots$,

$A_{n-1}$ 缺少 $\theta_{n-2}+\theta_{n-1}$, $A_{n+1}$ 缺少 $\theta_n+\theta_{n+1}$, $A_{n+2}$ 缺少 $\theta_{n+1}+\theta_{n+2}$,

$A_{n+4}$ 缺少 $\theta_{n+3}+\theta_{n+4}$, $\ldots$, $A_{2n-4}$ 缺少 $\theta_{2n-5}+\theta_{2n-4}$, $A_{2n-2}$ 缺少 $\theta_{2n-3}+\theta_{2n-2}$,

$A_{2n}$ 缺少 $\theta_{2n-1}+\theta_{2n}$, 將這些缺少的 $\theta$ 全數加起來, 即為 $\pi+\theta_{n+1}$,

現在將 \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt A_1+A_3+A_5+\cdots+A_{n-1}+A_{n+1} +A_{n+2} +A_{n+4} +A_{n+6}+\cdots+A_{2n}\nonumber\\ &=&(n+1)\sum_{i=1}^{2n+1}\theta_i-\sum_{i=1}^{2n+1}\theta_i-\theta_{n+1}=n\sum_{i=1}^{2n+1} \theta_i-\theta_{n+1}=n\pi-\theta_{n+1}\nonumber\\ &=&\Big[\dfrac n2\Big]\times 2\pi-\theta_{n+1}=\Big[\dfrac n2\Big]\times 2\pi+(-1)^{n+1}\theta_{n+1}\label{18} \end{eqnarray} 而且 \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt A_1+A_3+A_5+\cdots+A_{n-1}+A_{n+1} +A_{n+2} +A_{n+4} +A_{n+6}+\cdots+A_{2n}\nonumber\\ &=&\sum_{i=0}^{[\frac n2]}A_{2i+1}+\sum_{j=1}^{[\frac n2]}A_{2n-2(j-1)}=\Big[\dfrac n2\Big]\times 2\pi +(-1)^{n+1}\theta_{n+1} \label{19} \end{eqnarray} \eqref{18} 式、\eqref{19} 式中的運算符號 $[\ ]$ 為高斯記號, 其定義如下: \begin{equation} [x]=m\in Z,\quad \hbox{若且唯若,}\quad m\le x\lt m+1 \label{20} \end{equation}

2. 圓內接 $2n+1$ 邊形, 當 $n$ 為奇數時, $n+1$ 為偶數:

同樣從上述 $2n+1$ 個頂角取下 $A_1,A_3,A_5,\ldots,A_{n-2},A_{n},A_{n+3},A_{n+5},A_{n+5},A_{n+7},\ldots$, $A_{2n-2},A_{2n}$ 等總數共有 $n$ 個頂角。 因 $\theta_1+\theta_2+\theta_3+\cdots+\theta_{2n-1}+\theta_{2n}+\theta_{2n+1}=\pi$, 此每個頂角與 $\pi$ 比較都少了兩個 $\theta$, 缺少的情形如下;

$A_1$ 缺少 $\theta_{2n+1}+\theta_1$, $A_3$ 缺少 $\theta_2+\theta_3$, $A_5$ 缺少 $\theta_4+\theta_5$, $\ldots$,

$A_{n-2}$ 缺少 $\theta_{n-3}+\theta_{n-2}$, $A_{n}$ 缺少 $\theta_{n-1}+\theta_{n}$, $A_{n+3}$ 缺少 $\theta_{n+2}+\theta_{n+3}$,

$A_{n+5}$ 缺少 $\theta_{n+4}+\theta_{n+5}$, $\ldots$, $A_{2n-4}$ 缺少 $\theta_{2n-5}+\theta_{2n-4}$, $A_{2n-2}$ 缺少 $\theta_{2n-3}+\theta_{2n-2}$,

$A_{2n}$ 缺少 $\theta_{2n-1}+\theta_{2n}$, 將這些缺少的 $\theta$ 全數加起來, 即為 $\pi-\theta_{n+1}$,

故 \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt A_1+A_3+A_5+\cdots+A_{n-2}+A_{n} +A_{n+3} +A_{n+5} +A_{n+7}+\cdots+A_{2n-2}+A_{2n}\nonumber\\ &=&n\sum_{i=1}^{2n+1}\theta_i-\sum_{i=1}^{2n+1}\theta_i+\theta_{n+1}=(n-1)\sum_{i=1}^{2n+1} \theta_i+\theta_{n+1}=(n-1)\pi+\theta_{n+1}\nonumber\\ &=&\Big[\dfrac n2\Big]\times 2\pi+\theta_{n+1}=\Big[\dfrac n2\Big]\times 2\pi+(-1)^{n+1}\theta_{n+1}\label{21} \end{eqnarray} 而且\begin{eqnarray} &&\hskip -25pt A_1+A_3+A_5+\cdots+A_{n-2}+A_{n} +A_{n+3} +A_{n+5} +A_{n+7}+\cdots+A_{2n-2}+A_{2n}\nonumber\\ &=&\sum_{i=0}^{[\frac n2]}A_{2i+1}+\sum_{j=1}^{[\frac n2]}A_{2n-2(j-1)}=\Big[\dfrac n2\Big]\times 2\pi +(-1)^{n+1}\theta_{n+1} \label{22} \end{eqnarray} \eqref{21} 式、 \eqref{22} 式中的運算符號 $[\ ]$ 為高斯記號, 如 \eqref{20} 式。

3. 綜合以上 1 和 2 的推理, 對於 $\forall n\in N$, 圓內接 $2n+1$ 邊形的 \eqref{19} 式與 \eqref{22} 式具有完全相同的數學表示式, 這樣的巧合真是奇妙!

再看圖 9, 圖中圓內接 $2n+1$ 邊形的圓周角 $\theta_{n+1}$ 所對應的邊長為 $V_{n+1}$, 由正弦關係, 可知 $\dfrac{\sin\theta_{n+1}}{V_{n+1}}=\dfrac 1{2R_{2n+1}}$, 此處 $R_{2n+1}$ 為圓內接 $2n+1$ 邊形的半徑。 現在要推導出圓內接 $2n+1$ 邊形的正弦公式, 如下;

定理3: 如圖 9, 考慮圓內接 $2n+1$ 邊形, $R_{2n+1}$ 為圓的半徑, 則對任何 $n\in N$, 下式成立: \begin{equation} \dfrac{\sin\Big\{\sum_{i=0}^{[\frac n2]} A_{2i+1}+\sum_{j=1}^{[\frac n2]} A_{2n-2(j-1)}\Big\}}{V_{n+1}}=(-1)^{n+1}\dfrac 1{2R_{2n+1}}\label{23} \end{equation}

上述的 \eqref{23} 式即稱為圓內接 $2n+1$ 邊形的正弦公式。

證明: 由 \eqref{22} 式可知 \begin{eqnarray} &&\hskip -25pt\sin\Big\{\sum_{i=0}^{[\frac n2]} A_{2i+1}+\sum_{j=1}^{[\frac n2]} A_{2n-2(j-1)}\Big\} =\sin\Big\{\Big[\dfrac n2\Big]\cdot 2\pi+(-1)^{n+1}\theta_{n+1}\Big\}\nonumber\\ &=&\sin\{(-1)^{n+1}\theta_{n+1}\}=(-1)^{n+1}\sin \theta_{n+1} \end{eqnarray} 再由圖 9 中圓內接 $2n+1$ 邊形的圓周角 $\theta_{n+1}$ 與對應的邊長 $V_{n+1}$, 及正弦關係式 \begin{equation} \dfrac{\sin\theta_{n+1}}{V_{n+1}} = \dfrac 1{2R_{2n+1}} \end{equation} 此處 $R_{2n+1}$ 為圓內接 $2n+1$ 邊形的半徑。

將 (22-b) 式及 (22-a) 式聯立運算, 即得圓內接 $2n+1$ 邊形的正弦公式為 \begin{equation} \dfrac{\sin\Big\{\sum_{i=0}^{[\frac n2]} A_{2i+1}+\sum_{j=1}^{[\frac n2]} A_{2n-2(j-1)}\Big\}}{V_{n+1}}=(-1)^{n+1}\dfrac 1{2R_{2n+1}} \end{equation}

對於 $\forall n\in N$, 圓內接 $2n+1$ 邊形的 \eqref{23} 式必成立, 證明完成。

公式 \eqref{23} 式 對於圓內接 $2n+1$ 邊形的任一邊 $V_k$, $1\le k\le 2n+1$, 必成立。 反之; 若一個平面凸 $2n+1$ 邊形的各頂角與各邊長皆同時滿足 \eqref{23} 式, 則此凸 $2n+1$ 邊形的各頂點必共圓。 同樣地, 利用歸繆證法, 先假設有一個頂點不在圓周上, 仿效定理一的證明, 可得假設錯誤。所以, 由圖 9 分析知, 就連一個頂點不在圓周上時, \eqref{23} 式即不能成立, 更遑論其他; 如兩個頂點或三個頂點或更多頂點不在圓周上的情況了! 因此, 滿足 \eqref{23} 式時, 此凸 $2n+1$ 邊形的各頂點必共圓!必要條件成立。

定理3 的公式 \eqref{23} 式其結果美妙之處是; 它涵蓋了三角形的正弦定律! 現在令 $n= 1$, 即是圓內接三角形, 則 \eqref{23} 式 化成 $\dfrac{\sin A_1}{V_2}=\dfrac 1{2R_3}=\dfrac{\sin A_2}{V_3}=\dfrac{\sin A_3}{V_1}$ 此關係式就是三角形的正弦定律!

再令 $n= 2$, 即是圓內接五邊形, 則 \eqref{23} 式 化成下式: \begin{eqnarray} \dfrac{\sin(A_4+A_1+A_2)}{V_1}&=&\dfrac{\sin(A_5+A_2+A_3)}{V_2}=\dfrac{\sin(A_1+A_3+A_4)}{V_3}\nonumber\\ &=&\dfrac{\sin(A_2+A_4+A_5)}{V_4}=\dfrac{\sin(A_3+A_5+A_1)}{V_5}=\dfrac {-1}{2R_5} \label{24} \end{eqnarray} 此 \eqref{24} 式就是 B 之 2 的方程式 (4) 式!

以此類推, 應用 \eqref{23} 式即可寫出所有圓內接 $2n+1$ 邊形的正弦公式!

以上推論演繹的過程省略了很多的計算步驟, 全文按序推演, 詳細敘述, 盡力使文意順暢, 條理分明, 也讓此永恆的真理及正確知識與智慧廣為流傳。

III.結論

閱讀與教學最能啟發思考創造力!閱讀中, 一有心得就筆記下來; 隨時注意新理論的發展或不同的研究方法。 教學的內容或學生提問的問題中有啟迪性的, 更要追蹤思索。不斷的發掘問題、審慎懷疑並檢視各種特例, 再鑽研分析, 設法歸納, 推導出包含此特例題型的一般化理論。這樣的求知過程中即能適時地湧出觸發靈感的泉源, 因而尋獲研究探討的主題!

圓內接多角星形的全部頂角總和為 $\pi$, 這由各頂角皆是圓周角, 而所有圓周角恰圍成一完整的圓, 即可得到此結果。

根據作者實際計算, 以不同圖形分割法求出的凸五邊形面積公式亦不同, 但在求此凸五邊形的最大面積時, 不同分割法所求到的最大面積公式也是完全相同的。圓內接五邊形的面積公式中含有 sin 項的最末五項, 其數學形式是完全對稱性的五個項數, 這對稱性式的出現, 更加堅定此面積公式的正確性了!

圓內接 $2n+1$ 邊形的正弦公式恰分成兩類; 第 1 類是 $n$ 為奇數時, 即三角形、 七邊形、 十一邊形、 $\cdots$ 等, 公式中 sin 項內的頂角數共有 $n$ 個, 而公式的比值為 $\dfrac 1{2R_{2n+1}}$。 第 2 類是 $n$ 為偶數時, 即五邊形、九邊形、十三邊形、$\cdots$等, 公式中 sin 項內的頂角數共有 $n+1$ 個, 而公式的比值為 $-\dfrac 1{2R_{2n+1}}$。 奇妙的事是兩個不同類型的結構卻可統一成完整的一個公式 \eqref{23} 式!

參考文獻

李輝濱, 平面凸五邊形及凸六邊形面積的研究, 數學傳播, 2012, 3月, 第141期, 37-47。 蔡聰明, 數學拾貝----星空燦爛的數學, 三民書局。 黃武雄, 中西數學簡史, 1980 , 人間文化事業公司。 世部貞市郎, 幾何學辭典, 1988 , 九章出版社。 林聰源, 數學史----古典篇, 1995 , 凡異出版社。 項武義, 基礎幾何學, 五南圖書出版公司。 項武義, 基礎分析學, 五南圖書出版公司。 Lopshits, Area of polygon in 1963 , Wikipedia. E.W. Hobson : A treatise on plane and Advanced trigonometry, Dover , 1957. Z.A. Melzek : Invitation to geometry, John Wiley and Sons , 1983.

---本文作者任教嘉義縣同濟中學---

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