1()一 1(2)成 圖 678nn∈n≥)能否也都能適合數(shù)假能這樣能否獨呢？先兩預備定義：

A4A31定義1平面上任n假鄰兩點獲得n邊n為凸〔商定：本文所n凸、義2 凸n(nn5)k(1kn

-3 )

k∈N假定第m段 ( m主 nmN那么稱所得為 mk假m=n稱kn此n都稱為任兩鄰所稱為〔稱、為k隔 n

nk

-2 kk∈

2 此n2

出{1最大整數(shù))、

23[ 2 ]) (

[ 2 ]) 2此刻詳細幾種特別情況并找尋 kn應知足何種系能knn n 2=5 [ 2

k∈ 此{1} 1〔圖

互素知足〔k n、1 n2

1+1 5

+1 =1n＝6

2k∈2論 l或 22n2六12+16互素(k+1)≠1、n2n＝7

]=2k∈k=12分別212七()12知足(k+1n)=1、AA1 7A1A6AA2A32n28[

]=3k23k=222()123k=2(k+1n)=1、A8A1A7A2A6A3A5A4n2 39[ ]=3k23132n)=1

劃 1 3A9

形 (4) kA1

A9

k

， 足(A1

k1AAAA5 54n2 一筆劃星形構成定理關于平面上任一個凸 n點組(n∈N，n≥5)，k∈{2，， [ ]，從某一點起，按序間隔 k個點連接，當且僅當(k+1，n)=1時， 2能構成一筆劃 k階 n角星形、 證明設給出的一個凸 n點組為 A，A，A，，A，又不如以

為起點的某一個 1 2 3 n 1禿階閉通道的長度為 m，由定義 2，一個 k階閉通道是一筆劃 n角星形，當且僅當 其長度為 n、故只須證明“當且僅當(k+1，n)=1時，有 n”即可、 從點 A1

起、在每點處不停地挨次循環(huán)編號，第一圈編號挨次為1，2，3，，n；第二圈編號挨次為 n+1，n+2，，n，，依此下去(圖 )，便得一個編號序列： 1，2，3，，n，1，2，，n：，2n+1，此中 1，n+1，2n+1，3n+1，A、易知 圖 5 r nr ，，，、1均對應著點

是一個等差數(shù)列，其通項為

1+( -1) ( =123)又關于以 A1為起點，長度為m的 k階閉通道來說(拜見圖 )，跟著按序間 隔 k點連接，可使各線段終點在編號序列)中所對應的編號挨次增大 1，構成首 項為 2，公差為 1，項數(shù)為 m的等差數(shù)列： mkk

，k

k4 ，，

k

+1) 、 〕且其末項

1+(

+1) 應與(2) 中除首項外的某一項相等 ( 因第m條線段的終點與起點 A重，于是在1 )

r ，r∈N，使 ( >1 ) 1+ (

+1)=1+(r

-1)

n，即 m n r= (k 1

、-1)當1，n)=1時，因為m∈，故r-1 能k+1除，mn，1，故應有 r-1=k+1，即 r=k+2，此時有 m= n 〔k+1〕=n、k 1定 (k，n ，設k ，n ，∈，且l

n k， ， 1∈n +1 ) 1 ( = 2 n、 l l<lm=k

nr-11

nl 、k 1lk 1r

r k1

r k1

nn、-1 l

= +1= <l l lmkn12證、利用上述構成定理我們很快夠獲得n律：nnn≥)n≠6起碼夠畫出個n證①n=5夠畫出獨五②當n=6前已考證可以構成六③n≥ n 2 在kn 2 7 [ ] 2 {1 2 [ ]}在個k值使得k 2 21與nknn個n證畢、

(+)=1構成定理起碼可構成一樣給出任n點組上述定理與推論均可展望n構成與散布可狀態(tài)1也就解決了相應畫法、比如n=13[

]=[2

]=5只要考慮k{234}k123451與n一12345五種態(tài)萬千十三(圖略)2法(1)五0°(圖)2)星0°(圖)、利用三定理360°知夠證以論：0°(圖2①)2為0°(圖2②)1九900°(圖4①)3九各180°(4②)、由猜想個kn之與kn有關定值、跟著n漸漸增大k變化n之更加紛紛復與知已如種的法將擁有重要義與價值此先證個引理、引理極點共圓knn之(n-2k-2)·180n，n2kn≥51≤k≤、證knAAAA點均在O上點個分為1 2 3 nn段弧因每個必過 n個點中某三點(如圖6中∠A過 AA A 三l l點)在每個面有 n個點中2k個點進而在每個

k+2

n-k部均有n k個點每個部含有圓上 n段弧中的 -3-2 (段弧、

-3-2

k n k)+1=-2 -2A1A'1A2AnAk+2An-kAk+3-k-16n-2k-26

1A

1A =

A

A

A )k+2

l= k+222

n-k

k+2

k+3

k+3

k+4

n-k-1

n-kA+A+An l 2 nn k

AA

A 1 n k

AAAAl 2 n 1 2 2 3-2 -2

+

=

-2)

( + +AA

1 n k

2° n kn-1 n n 1

°引得證、+ + )=2 (

-2 -2)

360=( -2

-2)

180下邊我們研究k階n 形極點澡共情況因為所給凸n 點組無點共線因此在 n 點適入選擇三點必能確立那么其他點至多有n 不在上、-3為 A當點A'時 l l'圖( 7)

線-k必與訂交設交點為 ' 連接且那么本來第k+2被分為兩分即AA A

=AA '+'A A ·l k+2 2k+3An

l k+2 A1

l A2

2k+3Ak+2An-kAk+3-k-17

A'A

+A+

+'A

+A

+∠An)180°；n

n-k

l k+2 2

k+1

l k+2

2k+3

k+3而

A'A

=A+AA A'得n-k

l

1 l k+2 lA+AA A'+A++A

+A'A A

+A ++An)0即1 l k+2 l 2

k+1

l k+2

k+3 nA+A++A +(∠1 2 k+1AA '+'A A

+A

++A)0l k+2 l

l

2k+3

k+3 nA+A+A

+AA A

+A ++A)180(＊)1 2 k+1

l k+2 2k+3

k+3 n當點A在圓的內部時，延伸A A與圓周交于點A'，連接A'A

，近似可l n-k l l l k+2證(＊)也建立、故上述引理的結果關于有一點不在圓上還能建立、假定不在圓上的點多于一個，那么在不改變星角和的大小的前提下，頻頻使用如上手法，即可化歸為 n角星形的極點共圓的情況、于是我們能夠獲得隨意k階n角星形星角和定理： n kn 定理隨意一筆劃k階nn

(

)0由上述引理的證明可知，

-2 -3表示 k階n角星形任一星角內部所含星形·極點的個數(shù)，記·

t=n2

k -3為 (t+1) 180‘、于是在詳細計算某一給定的一筆劃n角星形的各星角和時，只要數(shù)一下任一星角的內部含有星形極點的個數(shù)，便馬上可知該星形的全部星角之和了、44180°=900°；在圖4②中每個星角內部不含有星形極點，即極點個數(shù)為0，(0+1)180°=180°、至此，我們已揭露了隨意一筆劃星形的構成與散布規(guī)律，并圓滿地解決了相應星形的畫法及其各星角和的求法、為進一步揭露星角和的有關規(guī)律，現(xiàn)利用上文已有結果，將n＝5~16時星形的構成與散布狀況以及相應星形的星角之和列表以下：[n 2點的個數(shù)n 2 構成星形的可能情]

各星角之和5 1 1階五角星形 180°6 2 不可以構成星形 /1階七角星形540°7221階七角星形540°722階七角星形180°832階八角星形360°1階九角星形900°10 4 2階十角星形 720°1階十一角星形 1260°2階十一角星形900°114540°180°1254階十二角星形360°1階十三角星形1620°1351260°900°4階十三角星形540°5階十三角星形180°2階十四角星形1440°1464階十四角星形720°1561階十五角星形1980°3形 1260°6形 180°2六形 1800°16 7 4六形 1080°6六形 360°察看上表并利用一筆劃構成與散布規(guī)律以及和定理， 能夠推導出和有關的很多風趣的結論、茲列舉數(shù)例，以饗讀者、命題1隨意n2n+3各之和必為180°(n∈N) n n ·°證明據和定理，

nn的 2

n個之和為[(2

+3)-2-2] 180=180°，得證、 n＋ 的各之和為 °、

隨意2n階4( 1)

360(證明仿命題1)3n3n+2的各n·180°(n∈N)、(證明仿命題1) n 各之和必構成以 °命題4設 1 2+3 命題4設 1 2+3 為首項、以360°為公差的等差數(shù)列、證明據和定理，l3 各和為：[(2n+3)-·1-2]·0°=(2n-1)·180°=180°+(n-1)·360°(n∈Ｎ)、n180360°為公差的等差數(shù)列，故命題得證、命5nnn≥11n點組確立的全部可能的的之和必可構成一個等差數(shù)列、證明：∵n為質數(shù)，且n≥