MathLabs

第3题

设 P=A1A2⋯AkP=A_1A_2\cdots A_k 是平面上的一个凸多边形，其顶点 A1,A2,…,AkA_1,A_2,\dots,A_k 均为整点且共圆。设 SS 为 PP 的面积。已知一个正奇数 nn，使得 PP 每条边长的平方都是能被 nn 整除的整数。证明 2S2S 是能被 nn 整除的整数。
第 5/5 步：通过最小反例与合并素数幂给出结论
上一步下一步
通俗地说

该矛盾排除了在已解决的三角形情形之外存在任何最小反例，于是归纳法弥合了通往原始多边形的空隙。

no counterexample exists ⇒ n=pe∣2S ⇒ n∣2S for general odd n\text{no counterexample exists}\ \Rightarrow\ n=p^e\mid 2S\ \Rightarrow\ n\mid2S\ \text{for general odd } n
详细分析

上一步的矛盾表明，除三角形情形外，不存在具有 k≥3k\ge3 个顶点的最小反例：要么某条对角线本身的平方长度被 pep^e 整除（此时可对它划分出的两个更小的圆内接子多边形分别应用归纳法，二者顶点数都严格更少，且都已知满足整除性，而整个多边形的 2S2S 等于两部分 2S2S 之和），要么不存在这样的对角线，此时上一步的赋值论证给出矛盾。由从三角形基础情形（第1步）开始的强归纳法，每个所有边长平方都被 pep^e 整除的凸圆内接整点多边形都满足 pe∣2Sp^e\mid2S。由于（奇数）nn 是这样一些素数幂 pep^e 的乘积，而 2S2S 被每个素数幂整除这一事实（因为 2S2S 是同一个固定整数）组合起来即得被它们的乘积 nn 整除，于是我们得出 n∣2Sn\mid2S。