设平面凸 $n$ 边形的所有对角线长度之和为 $d$，周长为 $p$．求证：$n-3<\dfrac{2d}{p}<\left[ \dfrac{n}{2} \right]\left[ \dfrac{n+1}{2} \right]-2$，其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数．（蒙古）
【难度】
【出处】
1984年第25届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
设凸多边形是 $A_1A_2A_3\cdots A_n$，考虑对角线 $A_iA_j,j>i+1$，由于是凸多边形，所以对角线 $A_iA_j$ 与 $A_{i+1}A_{j+1}$ 必定相交，设其交点为 $O$，则有
$A_iA_j+A_{i+1}A_{j+1}=A_iO+A_{i+1}O+A_jO+A_{j+1}O>A_iA_{i+1}+A_jA_{j+1}$
因为凸 $n$ 边形有 $C_n^2-n=\dfrac{n(n-3)}{2}$ 条对角线，对于每一条对角线 $A_iA_j$，都有上面的不等式，将这些不等式相加，每条对角线在左边的和式中出现两次，故左边的和为 $2d$；而右边的和有 $n(n-3)$ 项，即每一条边恰好出现 $n-3$ 次，故右边的和为 $(n-3)p$．所以 $2d>(n-3)p$，
即 $n-3<\dfrac{2d}{p}$．
另一方面，有
$A_iA_j<A_iA_{i+1}+\cdots+A_{j-1}A_j$
$A_iA_j<A_jA_{j+1}+\cdots+A_{i-1}A_i$
我们取上述两个不等式中右边项数不超过 $\dfrac{n}{2}$ 的那个不等式．
当 $n=2k-1$ 为奇数时，上述不等式右边项数至少是 $2$，至多是 $k-1$．将所有这样的不等式相加，所得的不等式的左边的和为 $d$，而右边所含多边形的每一边的重复次数是
$2+3+\cdots+(k-1)=\dfrac{k(k-1)}{2}-1=\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{n}{2}\right]\left[\dfrac{n+1}{2}\right]-1$
所以 $d<\left(\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{n}{2}\right]\left[\dfrac{n+1}{2}\right]-1\right)p$
即 $\dfrac{2d}{p}<\left[\dfrac{n}{2}\right]\left[\dfrac{n+1}{2}\right]-2$．
当 $n=2k$ 为偶数时，这时有 $k$ 条对角线 $A_iA_{i+k}\leqslant \dfrac{p}{2}$，其他对角线仍有如上的不等式，相加得
$\begin{aligned}
d<k\cdot \dfrac{p}{2}+\left(\dfrac{k(k-1)}{2}-1\right)p=\dfrac{1}{2}(k^2-2)p
\end{aligned}$
故 $\dfrac{2d}{p}<\left[\dfrac{n}{2}\right]\left[\dfrac{n+1}{2}\right]-2$．
综上所述，命题得证．
$A_iA_j+A_{i+1}A_{j+1}=A_iO+A_{i+1}O+A_jO+A_{j+1}O>A_iA_{i+1}+A_jA_{j+1}$
因为凸 $n$ 边形有 $C_n^2-n=\dfrac{n(n-3)}{2}$ 条对角线，对于每一条对角线 $A_iA_j$，都有上面的不等式，将这些不等式相加，每条对角线在左边的和式中出现两次，故左边的和为 $2d$；而右边的和有 $n(n-3)$ 项，即每一条边恰好出现 $n-3$ 次，故右边的和为 $(n-3)p$．所以 $2d>(n-3)p$，
即 $n-3<\dfrac{2d}{p}$．
另一方面，有
$A_iA_j<A_iA_{i+1}+\cdots+A_{j-1}A_j$
$A_iA_j<A_jA_{j+1}+\cdots+A_{i-1}A_i$
我们取上述两个不等式中右边项数不超过 $\dfrac{n}{2}$ 的那个不等式．
当 $n=2k-1$ 为奇数时，上述不等式右边项数至少是 $2$，至多是 $k-1$．将所有这样的不等式相加，所得的不等式的左边的和为 $d$，而右边所含多边形的每一边的重复次数是
$2+3+\cdots+(k-1)=\dfrac{k(k-1)}{2}-1=\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{n}{2}\right]\left[\dfrac{n+1}{2}\right]-1$
所以 $d<\left(\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{n}{2}\right]\left[\dfrac{n+1}{2}\right]-1\right)p$
即 $\dfrac{2d}{p}<\left[\dfrac{n}{2}\right]\left[\dfrac{n+1}{2}\right]-2$．
当 $n=2k$ 为偶数时，这时有 $k$ 条对角线 $A_iA_{i+k}\leqslant \dfrac{p}{2}$，其他对角线仍有如上的不等式，相加得
$\begin{aligned}
d<k\cdot \dfrac{p}{2}+\left(\dfrac{k(k-1)}{2}-1\right)p=\dfrac{1}{2}(k^2-2)p
\end{aligned}$
故 $\dfrac{2d}{p}<\left[\dfrac{n}{2}\right]\left[\dfrac{n+1}{2}\right]-2$．
综上所述，命题得证．
答案
解析
备注
