如何證明以下問題：任意多邊形都能不改變邊長，通過推動各邊變形後使其內接於一個圓中？

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任意平面凸多邊形都能不改變邊長，通過推動各邊變形後使其內接於一個圓中。
請問如何證明？
進一步的，請問該圓是否唯一，以及此時多邊形面積如何計算。

引理a、給定各邊長的多邊形面積取到唯一最大當且僅當其內接於圓。

引理b、給定各邊長的多邊形在形變下存在面積最大值。

若a、b成立則給定各邊長的多邊形可通過形變使其面積最大，進而內接於圓，且此圓唯一。

引理b是平凡的，下面證明引理a。

1、充分性：某N邊形在形變下達到最大面積=&>此時N個頂點共圓。

1.1若N=4，由

布雷特施奈德公式：對任意四邊形，其面積 $A = sqrt {(s-a)(s-b)(s-c)(s-d) - abcd cdot cos^2 left(frac{alpha + gamma}{2} ight)}$
其中abcd為四邊形各邊長，s為半周長， $alpha$ 和 $gamma$ 為對角

此四邊形面積最大時對角和為180度，即內接於圓。

1.2若N&>4，考慮相鄰四頂點，若此四頂點不共圓，則可以找到面積更大的多邊形，矛盾=&>此多邊形任意相鄰四頂點共圓=&>由共圓的傳遞性，此多邊形所有頂點內接於同一圓。

充分性得證。

2、必要性：多邊形內接於圓=&>此時面積達到唯一最大。

反證：若多邊形面積未達到最大，將各邊上的弓形連帶著各邊同時進行形變，使多邊形達到最大面積，此時A(新多邊形)+A（各弓形）&>A(舊多邊形)+A(各弓形)=A(舊圓)，然而整個圖形的邊長並未改變，面積則增加了，與等周定理矛盾。

若兩多邊形同時達到最大值且不能通過旋轉重合，類似地將其中一個進行形變，整個圖形邊長和面積都未改變，與等周定理矛盾。

必要性得證。

於是原命題得證。

必要性的證明參考了求證：任意多邊形都能不改變邊長，通過推動各邊變形後使其內接於一個圓中？ - junyi xie 的回答。

第二種情況唯一性那兒我的證明有些問題...這個函數似乎並沒有單調性，希望其他人能給出證明。

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設若邊長為 $l_1, l_2, .. , l_n$ 的n邊形內接於一半徑為 $R$ 的圓，則每條邊佔據的圓心角大小為

$heta_i = 2arcsin frac{l_i}{2R}$

若確實能構成一個圓，則有

$sumlimits_{i} {2 arcsin frac{l_i}{2R}} = 2pi$

或

$sumlimits_{ i e j} {2 arcsin frac{l_i}{2R}} - 2 arcsin frac{l_j}{2R} = 0$

其中指標 $j$ 代表最長的那一條邊，此式表示的是圓心不在n邊形內部的情形

第一個等式左端是關於 $R$ 在 $[maxlimits_i l_i/2, +infty)$ 上單調遞減的連續函數

而在無窮遠處函數的極限是零

在區間左端，函數值為

$pi+sumlimits_{i e j} {2 arcsin frac{l_i}{l_j}}$

若此式大於等於 $2pi$ ，由介值定理，我們可以且僅可以找到一個滿足上述等式的半徑值，命題得證

若此式小於 $2pi$ ，考慮第二個等式右側的函數，同樣在 $[maxlimits_i l_i/2, +infty)$ 上連續，且無窮遠處的極限為零。稍微麻煩一點，可以證明其單調性（見附錄 PS: 好像證錯了...）。

而在區間左端大於零，由介質定理，我們可以且僅可以找到一個滿足上述等式的半徑值，命題得證。

論述的邏輯順序可能有些問題，大家理解就好

附錄：單調性的證明：

將該函數對 $frac{1}{R}$ 求導得

$sumlimits_{i e j}{frac{l_i}{sqrt{1-(l_i/2R)^2}}} - frac{l_j}{sqrt{1-(l_j/2R)^2}}$

考慮函數

$f(x) = frac{x}{sqrt{1-x^2}}$

是在 $[0,1)$ 上的單調增下凸函數。

而由於諸邊能構成n邊形，故有

$sumlimits_{i e j} l_i ge l_j$

由凸函數的琴生不等式，我們可知導函數恆小於零，單調性得證

想到一個改進版，思路類似，但更複雜。

仍然歸納法：

1）

2）

3）N 邊形{a,b,...}，把 a,b 替換成一條邊 x，那麼總存在一個區間 X，{x,...}可以組成 N-1邊形；

4）X 與區間(a-b,a+b)的交為 X"，則當 x 屬於 X" 時我們總能把{a,b}插入回去形成原 N 邊形；

5a）若 X" 的下界為 a-b，則 x 取 a-b 時 N-1邊形內接於圓，但此時插入{a,b}時其頂點在圓外；

5b）若 X" 的下界為 X 的下界，則 x 取此值時 N-1邊形退化為線段，其外接圓與線段重合，此時插入{a,b}時其頂點也在圓外；

6）仿照5）可證明 x 取 X" 上界時{a,b}頂點在圓內；

7）所以必定存在 x 屬於 X"，插入{a,b}時其頂點恰好在圓上。

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找到漏洞，需要修改

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歸納法：

1）對三角形顯然成立；

2）假設對任意 N-1邊形成立；

3）對 N 邊形，先抽去一條邊，剩餘 N-1條邊按原順序組成 N-1邊形，根據2）內接於圓；

4）連續擴大圓，讓多邊形在被抽去一條邊的地方撕裂，撕裂處兩點距離從0開始連續增大，直至增大至抽去的邊的長度，把邊補上得到原 N 邊形。

我覺得這樣也證明了唯一性，不知道有沒有漏洞。

@梁昊（我@不出你來抱歉）的答案求證：任意多邊形都能不改變邊長，通過推動各邊變形後使其內接於一個圓中？ - 梁昊的回答，大體思路就是說，我們把這個多邊形在一個頂點剪開，然後對一個半徑為r的圓，依次把多邊形的各個頂點鑲到圓上。如果圓太大，那麼首尾頂點還沒湊到一起；如果圓太小，首尾頂點就交錯了。而當圓從過大連續變到過小的時候，會有一個時刻恰好首尾相連。如下圖

依次為過小，正好，過大。

—————————修訂———————————

以n邊形最長邊為直徑做圓，如果剩餘的邊無法鋪滿半圓，則最終的圓的圓心在n邊形之外。此時當我們縮小一個很大的圓的時候，到某一個時刻，最長邊有兩种放法，我們總是取左邊那一種。這樣當圓繼續收縮的時候，n邊形最終能夠首尾連接。

—————————修訂結束—————————

然而這個答案到目前為止，只回答了這個問題：是否存在唯一一個圓，這個圓的某個內接n邊形與給定的n邊形的對應邊有相同的邊長。

原題目還要求：給定的n邊形能夠連續形變為這個圓的內接n邊形。

事實上對應邊的邊長相同的n邊形總可以通過連續形變從一個變成另一個。

n=3的時候不可形變，不用討論。

如果對n=4證明了，那麼對於n&>4，考慮連續四個頂點1234，把12擺好，通過四邊形1234的連續形變（期間保持14的距離，5-n各頂點保持與14的相對位置），可以把3擺到合適的位置。以此類推，可以將所有頂點連續形變到合適的位置。

下面證明對n=4成立。

考慮四邊形1234和123"4"，有著相同的邊長。我們試圖把1234變成123"4"。12不動，3繞著2為圓心的圓連續移動，直到3"的位置。期間把3叫做3""。期間13""的距離連續變化。如果期間13""4一直能構成三角形，那麼這個三角形也是連續形變，所以整體上是連續形變。

事實上，期間13""的長度是單調變化的（因為角123""在單調變化，如果不單調變化，亦即期間超過了180°，那麼兩個四邊形的邊的順序不相同，矛盾）。綜上，我們證明了一開始給定的n邊形可以連續形變為梁昊那個答案里找到的圓內接n邊形。

相比之下，似乎求證：任意多邊形都能不改變邊長，通過推動各邊變形後使其內接於一個圓中？ - Minglei Xiao 的回答能繞過這個過程，但是看著有點複雜。

感覺求證：任意多邊形都能不改變邊長，通過推動各邊變形後使其內接於一個圓中？ - junyi xie 的回答繞過變形過程的方法很不錯。

先來證明圓的存在性。

設多邊形的各邊長為 $l_1, ldots, l_n$ ，並設其中 $l_1$ 是最長的。假設它能內接到一個半徑為 $r$ 的圓中。

連結圓心與多邊形的各個頂點，可以得到一系列等腰三角形。

設邊 $l_i$ 所在的等腰三角形的頂角為 $alpha_i$ ，則有 $l_i = 2rsinfrac{alpha_i}{2}$ ，故 $alpha_i = 2arcsin frac{l_i}{2r}$ 。

若圓心在多邊形內（或恰在最長邊上），則 $sum_{i=1}^n alpha_i = 2 sum_{i=1}^n arcsin frac{l_i}{2r} = 2pi$ 。

若圓心在多邊形外，則最大的頂角等於所有其它頂角之和， $alpha_1 = sum_{i=2}^n alpha_i$ ，即 $2 left( arcsin frac{l_1}{2r} - sum_{i=2}^n arcsin frac{l_i}{2r} ight) = 0$ 。

令 $f(r) = sum_{i=1}^n arcsin frac{l_i}{2r}$ ， $g(r) = arcsin frac{l_1}{2r} - sum_{i=2}^n arcsin frac{l_i}{2r}$ 。

待證結論相當於 $f(r) = pi$ 和 $g(r) = 0$ 這兩個方程中，至少有一個有解。

由於 $arcsin$ 的自變數不能超過1，所以 $r$ 的取值範圍是 $left[ frac{l_1}{2}, +infty ight)$ 。

先來研究 $f(r)$ 。由於arcsin是單調連續函數，所以 $f(r)$ 也單調連續，且 $lim_{r ightarrow +infty} f(r) = 0$ 。

若 $f(frac{l_1}{2}) ge pi$ ，則由單調連續可知 $f(r) = pi$ 有解。

若 $f(frac{l_1}{2}) < pi$ ，注意到 $f(frac{l_1}{2}) + g(frac{l_1}{2}) = pi$ ，所以 $g(frac{l_1}{2}) > 0$ 。

現在考慮 $g(r)$ 在 $r ightarrow +infty$ 時的行為。

顯然 $lim_{r ightarrow +infty} g(r) = 0$ ，但這並沒有什麼幫助，我們想知道 $g(r)$ 的符號。

把 $arcsin$ 在0點展開成泰勒級數： $arcsin x = x + o(x^2)$

所以當 $r ightarrow +infty$ 時， $g(r) = frac{l_1}{2r} - sum_{i=2}^n frac{l_i}{2r} + o(frac{1}{r^2})$

因為 $l_1, ldots, l_n$ 能構成多邊形，所以 $l_1 < sum_{i=2}^n l_i$ ，上式為負。

而 $g(r)$ 也是連續的，它在 $frac{l_1}{2}$ 處為正，卻在 $r ightarrow +infty$ 時為負，故 $g(r) = 0$ 有解。

寫到這裡發出來，發現跟 @梁昊的思路一模一樣。

他已經證明了唯一性，我就不寫了。

圓的半徑想必沒有閉式解，可以用數值解法求。

物理的「解答」方法

表面張力 $F=k L$ ，其中k表徵surface tension，現在把多邊形的外面塗上肥皂膜（或者刺破裡面的，anyway），「物理性」得出存在性，靜力學平衡條件得出共圓，虛功原理（或者變分原理）得出面積最大

沒有公式，有一個思路：

1. 任意三角形一定有且只有一個外接圓：

2. 凸四邊形由兩個三角形組成，先畫出其中一個三角形的外接圓：

可以看到，有一個壞點跟圓沒有相交。這個壞點可能在圓內，也可能在圓外。

3. 把三角形的角往大調一些，這時候壞點會往裡縮，外接圓會往外擴，最終它們會相交：

這樣，就得到了四邊形的外接圓。

此時如果移動四邊形的任何一個點，這個點都會成為壞點，要消除這個壞點，只能把壞點往原先的位置移動，這樣就又恢復了之前的形狀。（跟某個答案說的張力有點兒像）

所以，任意四邊形通過變形都有且只有一個外接圓。

4. 凸五邊形由一個四邊形和一個三角形組成，先把四邊形變形，找到四邊形的外接圓及壞點，然後按照前面的思路再把四邊形變形，使壞點與四邊形外接圓相交，這樣就找到了五邊形的外接圓。

n. 任意凸多邊形，通過變形都有且只有一個外接圓。

圓有三個自由度，x,y,r，三個點就能確定一個唯一的圓。四邊形以上必須有限制條件才能內接於圓。

面積的話只要知道外接圓（如果存在）半徑後作三角剖分即可。

所以這裡考慮n邊形外接圓半徑的公式。

n=3，4：維基百科外接圓詞條列出了公式， http://zh.wikipedia.org/wiki/外接圓

他們含邊長和半周長的二次根式。但考慮到正N邊形的半徑表達式含sin(Pi/n)（而sin(Pi/n)的根式表達不總是二次根式Trigonometry Angles -- from Wolfram MathWorld ），一般情形不是二次根式表達式。

這不就是求任意一點使它到凸多邊形各頂點的距離都相等問題嗎，這樣就確定一個圓了。是不是我哪裡錯了