弧中点多边形 收敛到正多边形

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1 Introduction

设 $P$ 是一个内接于圆的多边形。$P$ 的 影子 是一个多边形 $P^{\prime}$，其顶点位于 $P$ 的连续点的弧的中点。影子序列 $P^{0}, P^{1}, P^{2}, \ldots$ 是一系列内接多边形，其中每个 $P^{t}$ 都是所有 $t \geq 0$ 的 $P^{t-1}$ 的影子。我们在此摘要中表明，影子序列收敛到正多边形，并且每一步的方差至少减少一半。我们的证明扩展到更一般的情况，即不是将影子的顶点放在每个弧的 $1 / 2$ 比例处，而是将它们放在顺时针或逆时针方向的任意固定比例 $\alpha(0<\alpha<1)$ 处。
通过对初始多边形执行迭代过程生成的多边形序列在几何学中已被广泛研究。最常研究的序列之一有时称为 Kasner 多边形。给定一个多边形 $P^{0}$，$P^{0}$ 的 Kasner 后代 $P^{1}$ 是通过将 $P^{0}$ 的边的中点作为 $P^{1}$ 的顶点来获得的。Fejes Tóth [6] 对 Kasner 多边形序列的更一般问题感兴趣，其中序列中的每个多边形 $P^{t}$ 是通过将 $P^{t-1}$ 的每条边按顺时针（或逆时针）方向的比例 $\alpha:(1-\alpha)$ 分割并将分割点作为 $P^{t}$ 的顶点来获得的，$t=1,2, \ldots$ 他证明了如果 $\alpha=1 / 2$（Kasner 多边形），那么当 $P^{0}$ 是凸五边形或凸六边形时，序列收敛到正多边形。他猜测，对于任何 $\alpha$ 和任何初始凸多边形，序列收敛到正多边形。Reichardt [5] 表明，如果 $\alpha=1 / 2$，每个凸多边形都收敛到正多边形。后来，Lükô [4] 证明了对于任何 $\alpha \in[0,1]$ 和任何凸多边形 $P^{0}$，序列 $P^{0}, P^{1}, P^{2}, \ldots$ 收敛到正多边形，从而解决了 Fejes Tóth 的更一般猜想。有关 Kasner 多边形的更多信息，请参见 [2,1]。
我们在此摘要中研究的影子序列类似于 Kasner 序列。它是一系列内接多边形，其中 $P^{t}$ 的顶点位于所有 $t \geq 0$ 的 $P^{t-1}$ 的连续顶点之间的 弧 的中点。Hitt 和 Zhang [3] 表明，任何内接多边形的影子序列都收敛到正多边形。从他们的证明可以看出，对于任何 $t>0$，每个 $P^{t}$ 的面积大于或等于 $P^{t-1}$ 的面积，只有当 $P^{t}$ 是正多边形时才相等。在他们对影子序列收敛性的证明中，Hitt 和 Zhang 使用了双随机矩阵和 Schur 凸函数。在下一节中，我们给出了影子序列收敛性的更简单证明，该证明使用了不同的方法，更直观。然后我们给出了影子序列收敛速度的界限，并展示了我们的结果如何扩展到一般的影子序列。

2 影子的收敛性
设 $P^{0}, P^{1}, \ldots$ 是一系列内接多边形，其中 $P^{t}$ 是所有 $t \geq 0$ 的 $P^{t-1}$ 的影子。则，
定理 1 任何内接多边形的影子序列都收敛到正多边形。

证明 设 $P$ 是一个有 $n$ 条边的内接多边形。如果 $P$ 的边长范围为零，则该多边形是正多边形。假设范围不为零。那么在每次影子操作之后，最长的边与比它短的边取平均值。同样，最短的边与比它长的边取平均值。因此，最多经过 $n$ 次影子操作后，范围严格减少。因此，范围是影子操作次数的单调递减函数。它也有下界零。因此，范围有一个极限且为零；由于在此过程中边的平均值始终为 $1 / n$，因此 $P$ 的极限多边形是正多边形。

定理 2 内接多边形的影子序列以每一步边的方差至少减少一半的方式收敛到正多边形。

证明 设 $P$ 是一个内接于单位圆的多边形，$\left\langle a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n-1}\right\rangle$ 是 $P$ 的边长序列，其中边长是指 $P$ 的两个连续顶点之间沿圆的测地距离。因此，$\sum_{i=0}^{n-1} a_{i}=1$。设 $P^{t}$ 表示经过 $t$ 次影子操作后的多边形 $P$，$a_{i}^{t}$ 表示其对应的边长，$i=0,1, \ldots, n-1$。
在任意步骤 $t$，我们可以将 $P^{t+1}$ 的边长写成序列：$\left\{\frac{a_{i}^{t}+a_{i+1}^{t}}{2}: i=0,1, \ldots, n-1\right\}$。
此外，任何步骤 $t$ 的平均边长都是 $1 / n$。由于每一步的边长总和为 1，我们可以将边的序列视为一个随机变量并计算其方差。我们将证明时间 $t+1$ 时边长序列的方差 $V^{t+1}$ 以时间 $t$ 时方差的常数倍减少。为简便起见，我们假设 $a_{i}^{t}=a_{i}$；因此， \begin{aligned}
V^{t+1} &=\frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n-1}\left(a_{i}^{t+1}\right)^{2}-\frac{1}{n^{2}} \\
&=\frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n-1}\left(\frac{a_{i}+a_{i+1}}{2}\right)^{2}-\frac{1}{n^{2}} \\
&=\frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_{i}^{2}+a_{i+1}^{2}}{4}+\frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_{i} a_{i+1}}{2}-\frac{1}{n^{2}} \\
&=\frac{1}{2 n} \sum_{i=0}^{n-1} a_{i}^{2}+\frac{1}{2 n} \sum_{i=1}^{n} a_{i} a_{i+1}-\frac{1}{n^{2}} \\
&=\frac{1}{2 n} \sum_{i=0}^{n-1} a_{i}^{2}-\frac{1}{2 n^{2}}+\frac{1}{2 n} \sum_{i=0}^{n-1} a_{i} a_{i+1}-\frac{1}{2 n^{2}} \\
&=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n-1} a_{i}^{2}-\frac{1}{n^{2}}\right)+\frac{1}{2 n} \sum_{i=0}^{n-1} a_{i} a_{i+1} -\frac{1}{2 n^{2}} \\
&=\frac{1}{2} V^{t}+\frac{1}{2 n} \sum_{i=0}^{n-1} a_{i} a_{i+1}-\frac{1}{2 n^{2}}
\end{aligned} 为了证明在任意步骤 $t$ 时 $V^{t+1}$ 至少是 $V^{t}$ 的一部分，我们在约束条件 $\sum_{i=0}^{n-1} a_{i}=1$ 下找到 $\sum_{i=0}^{n-1} a_{i} a_{i+1}$ 的最大值。使用拉格朗日乘数法可以很容易地确定，当所有 $a_{i}$ 的值相同时，即它们都等于 $1 / n$ 时，上述和的最大值达到。为了找到这个最大点，我们求解： $$ \frac{\partial}{\partial a_{j}}\left(\sum_{i=0}^{n-1} a_{i} a_{i+1}\right)+\lambda\left(\sum_{i=0}^{n-1} a_{i}-1\right)=0 $$ 对这些 $n$ 个方程（对于 $j=0,1, \ldots, n-1$）进行微分，我们得到 $a_{i-1}+a_{i+1}+\lambda=0$。使用约束条件 $\sum_{i=0}^{n-1} a_{i}=1$，我们发现 $a_{i}=\frac{1}{n}$。因此，我们有： $$ \begin{aligned} V^{t+1} &=\frac{1}{2} V^{t}+\frac{1}{2 n} \sum_{i=0}^{n-1} a_{i} a_{i+1}-\frac{1}{2 n^{2}} \\ &<\frac{1}{2} V^{t}+\frac{1}{2 n} \sum_{i=0}^{n-1} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n}-\frac{1}{2 n^{2}}=\frac{1}{2} V^{t} \end{aligned} $$ 因此，在每次影子操作之后，方差至少减少一半；由于方差始终有下界零，因此它随着 $t$ 趋于无穷大而收敛到零。这反过来意味着每条边的长度都收敛到平均值，即 $1 / n$。因此，任何内接多边形的影子序列以每一步方差至少减少一半的方式收敛到正多边形。

现在我们考虑一般情况，其中影子序列中的每个多边形 $P^{t+1}$ 是通过以顺时针（或逆时针）方向的比例 $\alpha:(1-\alpha)$ $(0<\alpha<1)$ 分割 $P^{t}$ 的每个弧，并将分割点作为 $P^{t+1}$ 的顶点来获得的。在这种情况下，在任意步骤 $t$，我们可以将 $P^{t+1}$ 的边长写成序列：$\left\{(1-\alpha) a_{i}^{t}+\alpha a_{i+1}^{t}: i=0,1, \ldots, n-1\right\}$。定理 1 的证明仍然成立，因为边的变化是其各自长度的固定比例。因此，范围仍然是单调递减的。

我们还可以扩展定理 2 的证明，证明广义影子序列的边的方差在每一步至少减少 $2 \alpha^{2}-2 \alpha+1$。通过进行与定理 2 证明中类似的计算，我们可以证明：
$$
\begin{aligned}
V^{t+1} &=\frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n-1}\left(a_{i}^{t+1}\right)^{2}-\frac{1}{n^{2}} \\
&=\frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n-1}\left((1-\alpha) a_{i}+\alpha a_{i+1}\right)^{2}-\frac{1}{n^{2}} \\
&<\left(2 \alpha^{2}-2 \alpha+1\right) V^{t}
\end{aligned}
$$
注意，对于任何 $0<\alpha<1$，$0<2 \alpha^{2}-2 \alpha+1<1$。因此，在每次影子操作之后，方差以依赖于 $\alpha$ 的固定比例减少。因此，方差随着 $t$ 趋于无穷大而收敛到零，每条边的长度都收敛到 $1 / n$。
References
[1] F. Bachmann and E. Schmidt. $N$-gons. University of Toronto Press, 1975. Trans. by C.W.L. Garner.
[2] P. J. Davis. Circulant Matrices. Chelsea Pub Co, 1994. 2nd edition.
[3] R. Hitt and X.-M. Zhang. Dynamic geometry of polygons. Elemente der Math., 56:21-37, 2001.
[4] G. Lükõ. Certain sequences of inscribed polygons. Periodica Mathematica Hungarica, 3(34):255-260, 1973.
[5] H. Reichardt. Bestätigung einer vermutung von Fejes Tóth. Revue Roumaine de Mathématiques Pures et Appliquées, 15:1513-1518, 1970 .
[6] L. F. Tóth. Iteration methods for convex polygons. Mathematikai Lapok, 20:15-23, 1969.