折线上有多于$n$个点每两点距离都不小于$\frac{1}{n}$

abababa

平面上有一条折线，折线自身不相交，折线总长度为$l, l>1$，求证存在正整数$n$，使得折线上能找到多于$n$个点，这些点每两点距离都不小于$\frac{1}{n}$

乌贼

看不懂题目，楼主画个图。

活着＆存在

应该是要用半径为 1/n 的圆去覆盖折线

realnumber

我觉得题目有问题。反例如下：
比如折线折三次，每段相等，且每2条线段所成角无限接近0度，并令l无限接近1(这三条线段几乎重合，因为无限接近，只需要考虑在其中一条上取n点问题)。此时，n=2时，线段两端点距离才0.33333....
n=3或4,5时，最多找到2点符合要求，
n=6,7,8,时，靠近两端点以及中点，最多才3个点.
n=9,10,11，才4个点
....
n=3t,3t+1,1t+2,最多才t个点.
.....

abababa

发一位网友的解答，开始那个截去两端的有点难想。
设折线由$k$条原线段连成，在每条线段上截去与端点距离为$t$的部分得到$k$条不相交的截线段，设截线段长度为$l_1, l_2, \cdots, l_k$
设所有截线段间最短距离为$d$，取$n$足够大使得$\frac{1}{n} < \min(d,l_1,l_2,\cdots,l_k)$
在每条截线段上从起点开始，包括起点，依次截取$\frac{1}{n}$长度直到不能再截，连同终点，则原线段上截点数为$\left[\frac{l_i}{\frac{1}{n}}\right]+1 = \left[nl_i\right]+1$，其中$[x]$表示不超过$x$的最大整数
于是截点总数为$\sum_{i=1}^{k}(\left[nl_i\right]+1)>\sum_{i=1}^{k}nl_i = n\sum_{i=1}^{k}l_i$
通过选择$t$，使$\sum_{i=1}^{k}l_i>1$，截点数就大于$n$，这些点任意两点间距离都不小于$\frac{1}{n}$，于是存在$n$满足条件
选$t=\frac{l-1}{2(k+1)}-\varepsilon$，就能使$\sum_{i=1}^{k}l_i=l-2kt=l-2k(\frac{l-1}{2(k+1)}-\varepsilon)>l-2(k+1)\frac{l-1}{2(k+1)} = 1$

realnumber

我觉得5楼反例成立啊，无论n怎么取，都找不到n点.

6楼不明白的地方太多，
“原线段”，“截线段”是什么线段；
若min(d,l1,l2,...,lk)=0呢？
后面表达式看不懂了；
距离是普通的距离，还是沿折线的路程啊？

abababa

回复 7# realnumber

原线段就是包括红色部分，也就是对折线什么都不做，自身的那些线段
截线段是截去每条原线段两端长度为$t$的部分，因为折线自身不相交，所以截完以后这些线段任意两条都没有公共点，这样不管两条线段离得多么近，不妨设离得最近的那个距离是$d$，这个$d$总是大于$0$，如果等于$0$线段就相交了，和题设矛盾。这样就总是存在正数$n$使得$\frac{1}{n}<d$
距离就是普通的两点间的欧氏距离。

abababa

按5楼的来看，分为三段，$l=1+3\varepsilon$，每段是$\frac{1}{3}+\varepsilon$
然后取$t=\frac{l-1}{2(3+1)}-\varepsilon_1=\frac{3\varepsilon}{8}-\varepsilon_1$，把三段线段的两端都截去$t$，$l_1=l_2=l_3=(\frac{1}{3}+\varepsilon)-2(\frac{3\varepsilon}{8}-\varepsilon_1)=\frac{1}{3}+2\varepsilon_1+\frac{1}{4}\varepsilon$
再取$n$使得$\frac{1}{n}<\min(d,\frac{1}{3}+2\varepsilon_1+\frac{1}{4}\varepsilon)$，不管这个$d$多小，但它总是正的，$l_1,l_2,l_3$也都是正的，所以肯定存在这样的$n$

realnumber

恩，明白5楼错哪里了.