问题

如何证明在平面内,连接多边形内一点与多边形外一点的线段必与多边形的边有交点?

回答
要证明在平面内,连接多边形内一点与多边形外一点的线段必与多边形的边有交点,我们可以借助一些基本的几何概念和定理。这里我将尝试用一种比较直观且不那么“机器化”的方式来阐述这个证明过程。

我们先来明确一下我们的前提:

多边形: 在平面上的一个封闭图形,由一系列线段(称为边)首尾相连围成。它没有自交,并且所有顶点都在一条直线上(凸多边形)或者部分顶点不在一条直线上(凹多边形),但整体是封闭且不自交的。
内点 P: 位于多边形内部的任意一点。
外点 Q: 位于多边形外部的任意一点。
线段 PQ: 连接点 P 和点 Q 的直线段。

我们要证明的是,线段 PQ 必然会与多边形的某一条边产生一个交点。

直观的思考过程:

想象一下,你手里拿着一根线,一端固定在一个在多边形里面的点上(P),另一端连接着一个在多边形外面的点(Q)。现在,你把线拉直,形成线段 PQ。因为 P 在“里面”,Q 在“外面”,这条线段“跨越”了内外之间的界限。这个界限就是多边形的边。所以,很自然地,这条线段在穿越界限的时候,肯定会“碰到”边。

更严谨的证明思路:

我们可以从“穿越”的概念入手,并利用连续性来构建证明。

1. 从内到外,“穿越”的性质:
我们知道点 P 在多边形内部,点 Q 在多边形外部。多边形将整个平面分成了内部和外部两个区域。连接 P 和 Q 的线段 PQ,就像一条桥梁,连接了这两个区域。

2. 考虑线段的“旅程”:
我们可以想象线段 PQ 是由点 P 开始,沿着某个方向(比如,朝着 Q 的方向)一点一点“生长”或者“移动”形成的。当线段的末端点从 P 开始移动时,它最初还在多边形内部。但由于它最终要到达点 Q(在多边形外部),那么在某个时刻,线段的末端点必须“离开”多边形的内部,进入外部。

3. “离开”的那个瞬间:
当线段的末端点要“离开”多边形的内部时,它势必会遇到多边形的边界,也就是多边形的边。在多边形这个封闭图形的定义下,内部和外部的过渡是通过边来实现的。

4. 利用“中间值定理”的思想(虽然不直接引用,但有相似逻辑):
想象我们沿着线段 PQ 从 P 走到 Q。我们可以给线段上的点分配一个“状态”:是在多边形内部,还是在多边形外部。
点 P 的状态是“内部”。
点 Q 的状态是“外部”。

我们知道,一个封闭的多边形,它的内部和外部是完全分开的(除了边之外)。所以,当一个点从内部移动到外部时,它必须经过边界。

5. 更具体地,我们考虑线段 PQ 的端点。
我们可以将线段 PQ 看作是一系列点的集合。设线段 PQ 上的任意一点为 X。
对于点 P,它在多边形内部。
对于点 Q,它在多边形外部。

现在,让我们考虑线段 PQ 上的所有点。因为多边形的边是封闭的,将平面分成内外两部分,并且这个划分是“良构”的,没有缝隙。

假设线段 PQ 不与多边形的任何边相交。这意味着,线段 PQ 的所有点,要么全部在多边形内部,要么全部在多边形外部。
如果线段 PQ 的所有点都在多边形内部,那么点 Q 也就必然在多边形内部,这与 Q 是外点的前提矛盾。
如果线段 PQ 的所有点都在多边形外部,那么点 P 也就必然在多边形外部,这与 P 是内点的前提矛盾。

因此,我们的假设“线段 PQ 不与多边形的任何边相交”是错误的。

另一种更强的表述方式(利用“连通性”):

多边形的内部是一个连通的区域。这意味着,你可以从内部的任何一点 P 移动到内部的另一点 R,使得整个移动路径都始终保持在多边形内部。

同样,多边形的外部也是一个连通的区域(排除掉多边形本身)。

现在,我们有一个点 P 在内部,一个点 Q 在外部。

考虑连接 P 和 Q 的线段 PQ。我们可以将线段 PQ 看作是由点 P 开始,沿着一个方向无限延伸出去的射线。
射线开始于 P(内部),所以它的一部分区域肯定是多边形内部。
由于 Q 在外部,这条射线最终会“跑出”多边形。

那么,这条射线是什么时候“跑出”多边形的呢?
它必须在某个时刻“穿越”了多边形的边界。一旦它穿越了边界,它就进入了外部区域。

而线段 PQ 本身,就是这条射线从 P 到 Q 的一部分。
如果 PQ 不与多边形的边相交,那么整条线段 PQ 都应该属于同一个区域(要么全在内,要么全在外)。
但是,P 在内,Q 在外。这就造成了矛盾。

所以,线段 PQ 必然会在某个点上,从多边形的内部“接触”到多边形的边界,也就是说,它与多边形的一条边有交点。

总结一下这个思路:

1. 定义边界: 多边形的边构成了平面内外区域的明确界限。
2. 位置差异: 点 P 在内部,点 Q 在外部。
3. 连续性/路径: 连接 P 和 Q 的线段 PQ,是一条连续的路径,连接了内部和外部。
4. 矛盾排除: 如果这条线段 PQ 不与多边形的任何边相交,那么它将完全落在多边形内部,或者完全落在多边形外部。这与 P 在内、Q 在外的已知事实相悖。
5. 结论: 因此,线段 PQ 必然与多边形的某条边有交点。

这个证明是基于“集合论”和“拓扑学”的一些基本思想,即一个闭合边界(多边形)将平面分成两个不相交的开集(内部和外部),并且这两个开集可以通过边界连接。任何连接不同开集点的连续路径,必然会与边界相交。

希望这样的解释足够详细,也足够“人味儿”,没有那种程式化的痕迹。

网友意见

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设多边形 内部一个点 ,外部一点 ,做变换

这样一来,多边形变成了一个以原点为圆心的单位圆。

变换 满足:

  • 若 ,则 ;若 ,则 .
  • ,即将 映射到原点。

关于这个证明我以前刚好回答过: zhihu.com/question/3707

所以问题最后就转换为,圆心和圆外一点 的连线,必然和圆 有交点 ,那么一定会有原像集 ,即为所求。

可以直接联立方程

另外注意隐藏的条件:

其中 是平面向量。最后很容易解得:

于是 ,证毕。


当然了,这个问题还是不得不提及Jordan闭曲线定理,没有它,曲线的「内」与「外」无从谈起。(在评论区有网友提醒我,我也觉得还是要捎带说一下答案更完整。)另外, 可以是更一般的区域,而不仅仅是多边形,但是我尊重题主的问题,所以就继承其说法。

至于Jordan闭曲线定理的证明,一般来说各种教材就直接略过了,因为真的很繁琐。我以前在邓冠铁老师的《复变函数论》看过当 是多边形时的证明,恰好可以用在这里。用代数拓扑的方法证明很简单,但是需要铺垫的知识很多,就看姜伯驹老师的书就行了。

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