怎樣證明兩個小正n邊形蓋不住一個大正n邊形？

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首先重新敘述一下題主的問題，對於邊長為1的正n邊形X，任意的兩個邊長為x,x&<1,的正n邊形A,B都不可能覆蓋X。
先說結論，這個命題是對的，這樣的覆蓋也確實是不存在的。

以下反設A,B覆蓋了X.
對於邊數討論，如果n為奇數，即n=2k+1時，這個證明是容易的.
稱X的兩個頂點P,Q為最遠點對，如果P,Q的距離恰好是X中任意兩點的最大距離.
舉個例子.在正三角形中，任意兩個頂點都是最遠點對，而在正2k+1邊形中，每個頂點和相對的邊的兩個頂點都成為最遠點對.事實上，在這2k+1個頂點中，總共能形成2k+1個最遠點對.
那麼，既然A和B覆蓋了X，必然也覆蓋了X的2k+1個頂點，根據抽屜原理，不妨設A包含了X的至少k+1個頂點。
Claim:在這k+1個頂點中，一定有兩個頂點是最遠點對。
如果claim成立，那麼導出矛盾的是容易的，因為這兩個點的距離是X中的任意兩點的最大距離，那麼必然大於A中任意兩點的距離，但是這兩個點都位於A中，就構成了一個矛盾.

claim的證明並不複雜。以n=7為例作一下說明。此時，A至少包含了X的4個頂點。
X及X的7個頂點如下圖

反設A不包含最遠點對。不妨設 $A_0in A$ ，那麼 $(A_0,A_3)$ 和 $(A_0,A_4)$ 都是最遠點對，根據反設， $A_3,A_4$ 都不在A中。除去 $A_0$ 外，A還至少包含了3個頂點，而這3個頂點分布於 $A_1,A_2,A_5,A_6$ 中。下面用抽屜原理，由於 $(A_1,A_5),(A_2,A_6)$ 都是最遠點對，因此必然有一對完整地包含在A中，矛盾。因此claim成立。

n=2k的情況就比較複雜了。現在還沒想到一個像上面那麼直白的證法。只考慮頂點肯定是不夠的，還要考慮邊的說。類似上面的證明，可以知道，對於正2k邊形，A和B一定剛好各覆蓋了X的k個頂點，不妨假設X的各個頂點都位於A和B的內部（否則可以將A和B略微放大一點點）。
現在來看X的對邊。
Claim:對於X的每一組對邊，有且僅有以下兩種情況之一發生：
(a)一組對邊中的一條完全包含在A中，另一條完全不落在A中。
(b)一組對邊中的兩條邊都有一部分包含在A中，並且這兩部分都是線段，長度之和小於X的邊長1.
並且對於X的所有對邊組，(a)不會總成立.
舉個例子。比如正方形。

綠色邊就是(a)情形，藍色邊就是(b)情形。
還是類似上面，如果claim成立的話，那麼每一組對邊在A中的長度和小於等於1，並且"等於"當且僅當(a)成立，而(a)不會總成立，因此X的所有邊在A中的長度和嚴格小於X的所有邊的長度的一半。對B也是一樣的。這樣就構成了一個矛盾。

下面證明claim.
首先，(a)不會總成立是顯然的，否則的話，A就會包含了X的k條邊，因此至少包含了k+1個頂點，這是矛盾的。其次，不會發生一組對邊都完全不在A中的情況，因為這樣就有一組相對頂點完全不在A中，這是矛盾的。
下面假設A包含了X的一組對邊的兩條邊的部分，由凸性，這兩部分都是線段。記X的相對頂點距離是 $l$ ，相對邊距離是 $h$ ，A的相對頂點距離是 $l$ ，相對邊距離是 $h$ .那麼必有 $h$ .
因此這一組對邊的兩條邊的部分在A中的樣子應該如下圖

圖有點抽象了，上下分別是正多邊形A的相對頂點和鄰近的對邊， $P_1Q_1$ 和 $P_2Q_2$ 分別是正多邊形X的對邊被A所截得到的那一部分。圖中 $AB=AC=DE=DF=x$ ， $AD=l$ ， $DB=h$ ， $d(P_1Q_1,P_2Q_2)=h$ .
下面要證明， $P_1Q_1+P_2Q_2<x$ .
也就是要證明這樣一個引理：在正多邊形A中，若一對平行線段全部落在A中，並且距離 $h$ 滿足 $h$ ，則這一對平行線段長度之和小於A的邊長x.
將 $P_2Q_2$ 向下平移到 $D$ 處，並且將 $P_1Q_1$ 沿著邊平移相同的距離，這樣得到下圖

容易證明，此時 $PQ=P_1Q_1+P_2Q_2$ ，因此只需證明 $PQ<x$ .
過 $D$ 向 $PQ$ 引垂線，垂足是 $T$ ，因此 $DT=h$ .也就是說， $PQ$ 和一個定圓相切.記此圓為 $odot D$ .由 $h$ ，可知 $odot D$ 與 $AB$ ， $AC$ 都相交.過 $P,Q$ 分別向 $odot D$ 作切線，記切點分別為 $M,N$ .（每個點能向 $odot D$ 作兩條切線，但是一條已經做出來了，就是 $PQ$ .）
稍微畫個圖，但是因為點太密集了，沒法把圖畫的很明白，大家腦補一下就好……

注意到 $angle PMD$ 和 $angle PBD$ 都是直角，考慮兩個直角三角形 $PMD$ 和 $PBD$ ，她們的斜邊是一樣長的，但是由於 $odot D$ 與 $AB$ 相交，因此 $M$ 點略微靠上一些，也就是 $angle MPD>angle BPD$ .
因此 $MP<BP$ .同理， $NQ<CQ$ .
而在 $riangle APQ$ 中， $PQ<AP+AQ$ .
又由切線長定理， $PT=PM,QT=QN$ .
因此
$2PQ=PQ+PT+QT<AP+AQ+BP+CQ=AB+AC=2AB=2x$ .
也就是 $PQ<x$ .
引理證畢.
從而claim成立，從而原命題成立。以上。

首先贊 @王箏的證明。

我嘗試證明n=2k的情況下也成立：

感謝 @王贇 Maigo 和 @王箏指正。當時考慮不完全，需補充前半部分證明。
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先證明A和B各自覆蓋之下大n邊形的邊是挨著的。
1、第一種情況：有一條單獨的邊沒被覆蓋。
首先對A而言，假設如果從中間斷開了，則存在挨著的幾個邊 $ar{a}$ , $ar{b}$ , $ar{c}$ ，s.t. $ar{a}$ 與 $ar{c}$ 被A覆蓋，而 $ar{b}$ 則不被覆蓋。然而 $ar{a}$ 與 $ar{c}$ 各自都有一個相連接的頂點也是 $ar{b}$ 的頂點，對於凸多邊形而言，不可能存在A既覆蓋 $ar{b}$ 所連接的頂點，又不覆蓋 $ar{b}$ 的情況，故 $ar{b}$ 也被覆蓋。所以不存在此種情況。

2、第二種情況，連續的A1,A2,A3,A4之間的一部分A2A3被覆蓋，而A1,A4沒被覆蓋，則剩餘的A5,A6...An中，至少需要有(n-2)/2-2=n/2-3個點被覆蓋。若這裡包含了最遠距離頂點組則不可被覆蓋，那麼需要排除掉其中的最遠距離頂點組：A(5)-A(n/2+5),A(6)-A(n/2+6)...A(n/2)-A(n),A(2)-A(n/2+2,A(3)-A(n/2+3)，還剩下的點的數目：
$(n-4)-2 imes (n/2-5+1)-2geq n/2-4Rightarrow nleq 12$ ，易對滿足此條件的有限的n證明那樣的覆蓋方法不存在。

兩個頂點未被覆蓋，中間隔了好多個點被覆蓋的情況也可以類似的討論，假設中間一共隔了k個點，則有:
$(n-k-2)-2 imes (n/2-(k+2))-kgeq n/2-k-2Rightarrow nleq 2(k+4)$

需要說明的是：A1A2A3A4均未被覆蓋的情況，在覆蓋的部分均是挨著的要求下是可以存在的。
未完。

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Claim:對於X的每一組對邊，有且僅有以下兩種情況之一發生：
(a)一組對邊中的一條完全包含在A中，另一條完全不落在A中。
(b)一組對邊中的兩條邊都有一部分包含在A中，並且這兩部分都是線段，長度之和小於X的邊長1.

前面已證明A覆蓋的大正n邊形的頂點和邊是挨著的，
其中a)的情況而言，k條邊連續被A覆蓋，則其最遠距離的頂點也包含在內，所以可以按n=2k+1的證法得知，此種情況會因為A自身不具有相距這麼大的兩個點而產生矛盾。

b)的情況：

如上圖，a1a2和a3a4為為A除了其餘完全覆蓋的邊以外，只各自覆蓋了半截的兩條相對的邊。
設大正n邊形的最遠距離點之間的距離為L1, 次遠距離點之間的距離為L2, A的最遠距離點之間的距離為L1『, 次遠距離點之間的距離為L2』,A的邊長為x,x小於大正n邊形的邊長。
a1a4的長度為L3, a2a3長度為L4,
則由a1a2和a3a4為相對的邊可知： L1&>L1"&>L3&>L2&>L2", L1&>L1"&>L4&>L2&>L2",
（如果L1"&又由a1a2和a3a4均被A覆蓋，可知，四邊形S=a1a2a3a4被A覆蓋，且因為L3,L4的長度大於L2"，故S應該被A的相對兩條邊的四個頂點所連成的矩形S"覆蓋。

下面只要證明S不可能被S"覆蓋即可。
對於A與B二者完全對稱的簡單情況，設 $eta =frac{2pi }{2n} ,alpha$ 為若想要用一個矩形S"覆蓋S，其放置S所傾斜的角度。

此圖中l2""和x"為想要容納矩形S所能允許的最小尺寸, $l2$ (其中d為大正n邊形的邊長)
則需要同時滿足：
$2cosetacdot cosalpha+sinetacdot sinalpha<2coseta$
$2cosetacdot sinalpha+sinetacdot cosalpha<2sineta$

然後如果能證明這兩個式子不能同時滿足，即可證明S"不可能覆蓋S。即引出矛盾。

我驗證了一下簡單的n=4情形，是成立的。如果有人有時間的話就證明一下是否對於廣泛的情況而言是正確的吧。

歡迎指錯，不吝賜教~

兩個小圓無法覆蓋一個大圓。可知兩個小的正n邊形無法覆蓋大的正n邊形。
兩個小圓無法覆蓋大圓：可以用三角形兩邊之差小於第三邊證明，始終存在大圓上存在一點，不被兩圓中任何一個覆蓋。

本人高中生，為防止被噴故匿名。易知小多邊形的中心不可能與大多邊形中心重合，也不可能在大多邊形外，設大多邊形端點到中心的距離為R，小多邊形為r，設大多邊形上去2點構成的最長線段長XR，則小多邊形為Xr2個小多邊形構成的圖案恆在一個長為2Xr，寬為Xr的長方形內，而這個長方形總是框不住大多邊形。這是思路可能有所遺漏，請大家指正。

這題有個簡單一些的思路，我們只需證明
a)任意兩個小正三角形無法覆蓋一個單位正三角形。
b)任意正n邊形可以在內部做出一個正三角形。
如果ab都成立，那麼顯然推出
c)任意兩個小正n邊形無法覆蓋單位正n邊形。
因為c)的逆命題成立將導致ab矛盾。

亂答一下
當n趨近無窮大，那麼這個正n變形就無限接近圓，所以我們就以圓作為極限假設。
因此問題就變為了 - 是否能用2個小圓覆蓋1個大圓？
再次極端分析，如果這個覆蓋的定義是可以用各種微分之類的方式來拆分某一個圓，那麼問題就變為了 - 2個小圓的面積是否等於1個大圓？
按照圓的公式推導 S = π x R^2，由於π是無限不循環小數，因此兩個R之間的換算係數無論怎麼推導一定也是某係數K乘以π所得的無限不循環小數。
所以這個折算關係是不存在的，也即面積不等，也即無法覆蓋。