我们要解决的问题：
边长的数值满足什么条件时，能构成一个多边形？ 取到最大面积的情况下，该多边形有何特征？ 最大面积的表达式是什么？ 代码实现。 当然，到你看到这句话为止，这个问题我还没解决 2333
Q1、构成多边形的边的条件# 我们从三角形出发。任意两边之和大于第三边是构成三角形的三边的充要条件。
猜测：任意一条边小于其它各边的和是构成该多边形的充要条件。
太显了（QAQ 不会证充分，但感觉是对的）
Q2、最大面积下，多边形的特征# 我们从三角形出发……三角形有个der的最大面积
（已知三边的三角形虽然不存在最大面积一说，但总能给我们一点启示 比如海伦公式、外接圆……）
首先，很显然，凸 > 凹。
依旧，我们从四边形出发。我们令四边形ABCD的四边分别为 a a a b b b c c c d d d
不妨连接BD，令 A = α , C = β A = \alpha, C = \beta A = α , C = β
S A B D = a d sin α 2 , S C B D = b c sin β 2 S_{ABD} = \frac{ad\sin\alpha}{2}, S_{CBD} = \frac{bc\sin\beta}{2} S A B D = 2 a d sin α , S CB D = 2 b c sin β
则
S A B C D = S A B D + S C B D = a d sin α + b c sin β 2 S_{ABCD} = S_{ABD}+S_{CBD}= \frac{ad\sin\alpha + bc\sin\beta}{2} S A BC D = S A B D + S CB D = 2 a d sin α + b c sin β
由余弦定理知
B D 2 = a 2 + d 2 − 2 a d cos α = b 2 + c 2 − 2 b c cos β BD^2 = a^2+d^2-2ad\cos\alpha = b^2+c^2-2bc\cos\beta B D 2 = a 2 + d 2 − 2 a d cos α = b 2 + c 2 − 2 b c cos β
得到
( a 2 + d 2 ) − ( b 2 + c 2 ) = 2 a d cos α + 2 b c cos β (a^2+d^2)-(b^2+c^2) = 2ad\cos\alpha + 2bc\cos\beta ( a 2 + d 2 ) − ( b 2 + c 2 ) = 2 a d cos α + 2 b c cos β
稍加计算得到
S A B C D = ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ( s − d ) − a b c d cos 2 ( α + β 2 ) S_{ABCD}=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-abcd\cos^2(\frac{\alpha+\beta}{2})} S A BC D = ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ( s − d ) − ab c d cos 2 ( 2 α + β )
其中 , s = a + b + c + d 2 其中, s = \frac{a+b+c+d}{2} 其中 , s = 2 a + b + c + d
也就是著名的 布雷施特奈德公式 。
这时我们也知道了四边形面积的最大值
S m a x = ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ( s − d ) S_{max} = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)} S ma x = ( s − a ) ( s − b ) ( s − c ) ( s − d )
表达式和海伦公式极其相像，事实上海伦公式为该公式（婆罗摩笈多公式）的d = 0 d=0 d = 0
任意多边形取到面积最大值的时候，它的顶点共圆，且表达式为 S m a x = ∏ ( s − a i ) , s = ∑ a i 2 S_{max}=\sqrt{\prod(s-a_{i})}, s = \frac{\sum a_{i}}{2} S ma x = ∏ ( s − a i ) , s = 2 ∑ a i
我们来简单证明一下第一个猜测，已知的是：
对于一个边长固定的四边形，在其顶点共圆时取到面积的最大值。
假设 n n n
在 n ( n ≥ 4 ) n(n\geq4) n ( n ≥ 4 ) n n n n n n
从而，由于取出的四顶点具有任意性，当该 n n n
这里又衍生出一个问题，那就是点序（或者边序）是否对最大面积有影响呢？
Q3、最大面积的表达式# 既然猜测的面积公式不成立, 那不如我们再猜一个吧 我们尝试一下从正面直接推导。
假设该 n n n d i ( i = 1 , 2 , … , n ) d_i(i = {1,2,…,n}) d i ( i = 1 , 2 , … , n )
令各边（弦）对应的圆心角为 a i ( i = 1 , 2 , … , n ) a_i(i = {1,2,…,n}) a i ( i = 1 , 2 , … , n ) R R R
由于
∑ i = 1 n a i = 2 π \sum_{i=1}^n{a_i} = 2\pi i = 1 ∑ n a i = 2 π
并且
s i n ( a i 2 ) = d i 2 R , 即 a i = 2 arcsin ( d i 2 R ) sin(\frac{a_i}{2}) = \frac{d_i}{2R}, 即 a_i = 2\arcsin(\frac{d_i}{2R}) s in ( 2 a i ) = 2 R d i , 即 a i = 2 arcsin ( 2 R d i )
我们得到
∑ i = 1 n arcsin d i 2 R = π (1) \sum_{i=1}^n{\arcsin{\frac{d_i}{2R}}} = \pi \tag{1} i = 1 ∑ n arcsin 2 R d i = π ( 1 )
2021-03-23记 又发现一个问题，圆心可能不在多边形内部，方程（1）左侧可能不单调，方程需要重构。
同时，多边形面积为
S n m a x = ∑ i = 1 n d i 2 R 2 − d i 2 4 (2) S_n{max} = \sum_{i=1}^n{\frac{d_i}{2}\sqrt{R^2-\frac{d_i^2}{4}}\tag{2}} S n ma x = i = 1 ∑ n 2 d i R 2 − 4 d i 2 ( 2 )
至此，只要求出 R R R
(1) 式左侧为关于 R 的单调函数，上一个关于点序的问题就不是问题了
但是…… 要怎么求呢？emmmmmm
令 k = 1 2 R k = \frac{1}{2R} k = 2 R 1
∑ i = 1 n arcsin d i 2 R = ∑ i = 1 n arcsin ( d i k ) = ∑ i = 1 n ∑ m = 0 ∞ [ ( 2 m ) ! 2 2 m ( m ! ) 2 ] ( d i k ) 2 m + 1 2 m + 1 = ∑ m = 0 ∞ [ ( 2 m ) ! 2 2 m ( m ! ) 2 ] ∑ i = 1 n d i 2 m + 1 2 m + 1 k 2 m + 1 = π …
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n{\arcsin{\frac{d_i}{2R}}}
& = \sum_{i=1}^n{\arcsin(d_ik)} \newline
& = \sum_{i=1}^n\sum_{m=0}^{\infty}{[\frac{(2m)!}{2^{2m}(m!)^2}]\frac{(d_ik)^{2m+1}}{2m+1}} \newline
& = \sum_{m=0}^{\infty}{[\frac{(2m)!}{2^{2m}(m!)^2}]\frac{\sum_{i=1}^n{d_i^{2m+1}}}{2m+1}{k^{2m+1}}} \newline
& = \pi …
\end{aligned}
i = 1 ∑ n arcsin 2 R d i = i = 1 ∑ n arcsin ( d i k ) = i = 1 ∑ n m = 0 ∑ ∞ [ 2 2 m ( m ! ) 2 ( 2 m )! ] 2 m + 1 ( d i k ) 2 m + 1 = m = 0 ∑ ∞ [ 2 2 m ( m ! ) 2 ( 2 m )! ] 2 m + 1 ∑ i = 1 n d i 2 m + 1 k 2 m + 1 = π …
2021-03-20记 脑阔疼，总之感觉是个高次方程
或者，（1）两侧对 R R R
∑ i = 1 n − d i 2 R 2 1 − ( d i 2 R ) 2 = 0 ∑ i = 1 n d i 4 R 2 − d i 2 = 0
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{n}{\frac{-\frac{d_i}{2R^2}}{\sqrt{1-(\frac{d_i}{2R})^2}}} = 0 \newline
\sum_{i=1}^{n}{\frac{d_i}{\sqrt{4R^2-d_i^2}}} = 0
\end{aligned}
i = 1 ∑ n 1 − ( 2 R d i ) 2 − 2 R 2 d i = 0 i = 1 ∑ n 4 R 2 − d i 2 d i = 0
2021-03-21记 无解？！可能要引入复数了 先搁着吧
这个求导应该有问题，对于确定的 d i d_i d i R R R R R R R R R d i d_i d i
一个新的思路# 由于
i arcsin x = s h − 1 i x i\arcsin{x} = sh^{-1}{ix} i arcsin x = s h − 1 i x
得到
arcsin d m 2 R = − i ln ( i d m 2 R + 1 − d m 2 4 R 2 ) \arcsin{\frac{d_m}{2R}} = -i\ln{(i\frac{d_m}{2R}+\sqrt{1-\frac{d_m^2}{4R^2}})} arcsin 2 R d m = − i ln ( i 2 R d m + 1 − 4 R 2 d m 2 )
所以有
∑ m = 1 n arcsin d m 2 R = ∑ m = 1 n ( − i ln ( i d m 2 R + 1 − d m 2 4 R 2 ) = − i ln ( ∏ m = 1 n ( i d m 2 R + 1 − d m 2 4 R 2 ) ) = π
\begin{aligned}
\sum_{m=1}^{n}\arcsin{\frac{d_m}{2R}}
& = \sum_{m=1}^{n}(-i\ln{(i\frac{d_m}{2R}+\sqrt{1-\frac{d_m^2}{4R^2}})} \newline
& = -i\ln({\prod_{m=1}^{n}{(i\frac{d_m}{2R} + \sqrt{1-\frac{d_m^2}{4R^2}})}}) \newline
& = \pi
\end{aligned}
m = 1 ∑ n arcsin 2 R d m = m = 1 ∑ n ( − i ln ( i 2 R d m + 1 − 4 R 2 d m 2 ) = − i ln ( m = 1 ∏ n ( i 2 R d m + 1 − 4 R 2 d m 2 ) ) = π
即
∏ m = 1 n ( i d m 2 R + 1 − d m 2 4 R 2 ) = e i π = − 1 \prod_{m=1}^{n}{(i\frac{d_m}{2R} + \sqrt{1-\frac{d_m^2}{4R^2}})} = e^{i\pi} = -1 m = 1 ∏ n ( i 2 R d m + 1 − 4 R 2 d m 2 ) = e iπ = − 1
令 k = 1 2 R k = \frac{1}{2R} k = 2 R 1
∏ m = 1 n ( i d m k + 1 + ( i d m k ) 2 ) = − 1 \prod_{m=1}^{n}{(id_mk + \sqrt{1+(id_mk)^2})} = -1 \newline m = 1 ∏ n ( i d m k + 1 + ( i d m k ) 2 ) = − 1
分奇偶、虚实找到结果
知识水平受限，目前的结论是，最大面积有无通解不确定，还没有结论。
Q4、代码实现#