正多边形的滚动与旋轮线下方的面积.doc

正多边形的滚动与旋轮线下方的面积想像一个圆盘在地面上滚动一周，那么圆周上一点所形成的轨迹就叫做旋轮线（或者摆线）。旋轮线下方的面积是多少，这是一个非常有趣的问题。据说， Galileo 曾经用一种非常流氓的方法，推测出了旋轮线下方的面积。他在金属板上切出一块圆片，再在金属板边缘剪下这个圆形所对应的旋轮线，把它们拿到秤上一称，发现后者的重量正好是前者的三倍。于是，他推测，半径为 r 的滚轮所产生的旋轮线，其下方的面积就是 3r2 。不过，今天我第一次知道，这个结论对于正多边形是同样成立的。考虑一个正三角形在平地上滚动一周，则原来的顶点 A1 将会先后转到 A2 和 A3 的位置。容易看出， A1 、 A2 、 A3 的连线与地面构成的面积正好是正三角形的三倍。类似地，让正方形在平地上滚动一周，则原来的顶点 A1 将会先后转到 A2 、 A3 和 A4 ，这四个点的连线下方的面积也正好是这个正方形的三倍。 另外两个比较简单的情形则是正六边形和正八边形，大家也可以自行验证一下。看来，这里面一定有一个深刻的原因，能够解释为何结论对于任意正 n 边形都成立。让我们先来看另一个看似无关，但仍然非常神奇的结论：假设正多边形的外接圆半径为 r ，从外接圆上任意一点出发，依次与该多边形的 n 个顶点相连，则这 n 条连线的长度的平方和等于 2n r2 。我们来证明这个结论。把正多边形的中心放在平面直角坐标系的原点处，把外接圆上的那个点记作 (u, v) ，再假设多边形 n 个顶点的位置分别是 (a1, b1), (a2, b2), , (an, bn) ，则这 n 条连线的平方和为(u - ai)2 + (v - bi)2)= (u - ai)2 + (v - bi)2= n u2 - 2u ai + ai2 + n v2 - 2v bi + bi2= n (u2 + v2) - 2u ai - 2v bi + (ai2 + bi2)显然， u2 + v2 以及所有的 ai2 + bi2 都等于 r2 ，因此上面的式子也就等于了 2n r2 - 2u ai - 2v bi 。接下来，我们只需要说明 ai 和 bi 都为 0 即可。其实这是显然的：因为正多边形 n 个顶点的重心在中心 (0, 0) 处，说明这 n 个顶点的所有横坐标之和就是 0 ，所有纵坐标之和也为 0 。特别地，把外接圆上的那个点取成正多边形的顶点，于是我们得到，从正 n 边形的某个顶点出发，连接其他 n - 1 个顶点，如果把这 n - 1 条连线分别记作 d1, d2, , dn-1 ，则有：d12 + d22 + + dn-12 = 2n r2我们利用这个结论来说明，连接正多边形滚动一周后某个顶点依次所达的位置，所得折线段下方的面积恰为该正多边形的三倍。现在，假设正多边形的外接圆半径为 r ，把这个正多边形的面积记作 A 。如图，折线段下方的面积可以被分成 n - 2 个蓝色三角形和 n - 1 个红色三角形（图中所示的是 n = 9 的情况）。这 n - 2 个蓝色三角形恰好能拼成一个原多边形，它们的面积和为 A 。下面，我们来看一下剩下的 n - 1 个红色三角形都是怎么形成的。正多边形一共转动了 n - 1 次，每一次都是绕着一个新的顶点在转动，这 n - 1 个红色三角形就是在这 n - 1 次转动中产生的。容易看出，每个红色三角形都是等腰三角形，它们的腰长分别为 d1, d2, , dn-1。同时，由于 n 次转动后正多边形将回到原来的方向，因此每一次正多边形都转过了 (360/n) 。因此，每个红色等腰三角形的顶角也都是 (360/n) 。于是你会发现，第 i 个红色三角形的形状与正多边形的其中 1/n 块完全一样，只不过有一个 di : r 的相似比！注意到面积比是相似比的平方，于是所有红色三角形的面积之和为：(A/n) d12 / r2 + (A/n) d22 / r2 + + (A/n) dn-12 / r2= (A/n) (d12 + d22 + + dn-12) /