已知凸 $n$ 边形的各角都都相等，并且顺次各边满足关系：${a}_{1}\geqslant {a}_{2}\geqslant \cdots\geqslant{a}_{n}$．求证：${a}_{1}={a}_{2}=\cdots={a}_{n}$．（匈牙利）
【难度】
【出处】
1963年第05届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
分两种情况讨论．
（1）$n=2k+1$，作以 $a_1,a_{2k+1}$ 为边的内角的角平分线 $l$，易知 $l\perp a_{k+1}$，令 $a_j(1\leqslant j\leqslant 2k+1)$ 在 $l$ 上的投影分别为 $a_j^{\ast}(1\leqslant j\leqslant 2k+1)$，易知 $a_{k+1}^{\ast}=0$．
又易由条件知 $a_i,a_j$ 与 $l$ 的夹角相等 $(i+j=2k+2,1\leqslant i<j\leqslant 2k+1)$，故 $a_i$ 与 $a_j$ 的大小关系等同于 $a_i^{\ast}$ 与 $a_j^{\ast}$ 的大小关系．
易知 $a_i^{\ast}\geqslant a_j^{\ast}(1\leqslant i<j\leqslant 2k+1)$，故 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^ka_i^{\ast}\geqslant \sum\limits_{i=k+2}^{2k+1}a_i^{\ast}$，又由 $n$ 边形的凸性，知 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^ka_i^{\ast}=$ 以 $a_1,a_{2k+1}$ 为边的角的顶点至 $a_{k+1}$ 的距离 $\displaystyle =\sum\limits_{i=k+2}^{2k+1}a_i^{\ast}$．
于是只能有 $a_1=a_{2k+1}$，所以 $a_1=\cdots=a_{2k+1}$，命题得证．
（2）$n=2k$，作以 $a_1,a_{2k}$ 为边的内角平分线 $l$，同理定义 $a_i^{\ast}(1\leqslant i\leqslant a_{2k})$．
由条件易知 $a_i,a_j$ 与 $l$ 的夹角相等 $(i+j=2k+1)$，于是由 $a_i\geqslant a_j(1\leqslant i<j\leqslant 2k,i+j=2k+1)$ 知 $a_i^{\ast}\geqslant a_j^{\ast}$，于是 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^ka_i^{\ast}\geqslant \sum\limits_{i=k+1}^{2k}a_i^{\ast}$，但易知 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^ka_i^{\ast}= \sum\limits_{i=k+1}^{2k}a_i^{\ast}$，于是 $a_1=a_{2k}$，所以 ${a}_{1}={a}_{2}=\cdots={a}_{n}$ 命题得证．
（1）$n=2k+1$，作以 $a_1,a_{2k+1}$ 为边的内角的角平分线 $l$，易知 $l\perp a_{k+1}$，令 $a_j(1\leqslant j\leqslant 2k+1)$ 在 $l$ 上的投影分别为 $a_j^{\ast}(1\leqslant j\leqslant 2k+1)$，易知 $a_{k+1}^{\ast}=0$．
又易由条件知 $a_i,a_j$ 与 $l$ 的夹角相等 $(i+j=2k+2,1\leqslant i<j\leqslant 2k+1)$，故 $a_i$ 与 $a_j$ 的大小关系等同于 $a_i^{\ast}$ 与 $a_j^{\ast}$ 的大小关系．
易知 $a_i^{\ast}\geqslant a_j^{\ast}(1\leqslant i<j\leqslant 2k+1)$，故 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^ka_i^{\ast}\geqslant \sum\limits_{i=k+2}^{2k+1}a_i^{\ast}$，又由 $n$ 边形的凸性，知 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^ka_i^{\ast}=$ 以 $a_1,a_{2k+1}$ 为边的角的顶点至 $a_{k+1}$ 的距离 $\displaystyle =\sum\limits_{i=k+2}^{2k+1}a_i^{\ast}$．
于是只能有 $a_1=a_{2k+1}$，所以 $a_1=\cdots=a_{2k+1}$，命题得证．
（2）$n=2k$，作以 $a_1,a_{2k}$ 为边的内角平分线 $l$，同理定义 $a_i^{\ast}(1\leqslant i\leqslant a_{2k})$．
由条件易知 $a_i,a_j$ 与 $l$ 的夹角相等 $(i+j=2k+1)$，于是由 $a_i\geqslant a_j(1\leqslant i<j\leqslant 2k,i+j=2k+1)$ 知 $a_i^{\ast}\geqslant a_j^{\ast}$，于是 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^ka_i^{\ast}\geqslant \sum\limits_{i=k+1}^{2k}a_i^{\ast}$，但易知 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^ka_i^{\ast}= \sum\limits_{i=k+1}^{2k}a_i^{\ast}$，于是 $a_1=a_{2k}$，所以 ${a}_{1}={a}_{2}=\cdots={a}_{n}$ 命题得证．
答案
解析
备注
