《用莫比乌斯带巧解内接矩形问题：拓扑学的用处》学习笔记

昨天 Rocket101 孟美岐 发歌了，刚刚看到，犹豫了一会磕不磕。最后含是氪了一发，唱的含行，可惜旋律一般好听，没有加入歌单。

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用莫比乌斯带巧解内接矩形问题：拓扑学的用处。——3Blue1Brown
以下图片部分来自视频。

问题描述

在一个平面上，有一个首尾相接的、与自身无交点的曲线，求证：在这个曲线上，至少存在一组点 $A,B,C,D$ ，使四边形 $ABCD$ 是矩形。

感悟

视频用拓扑学的知识感性地证明了命题，最好全神贯注且耐心地观看一次。
下面是笔者的复述。

复述过程

证明： 以该曲线所在平面作为 $X-Y$ 面，建立空间直角坐标系 $X-Y-Z$。
设曲线上有两点 $X(a,b,0),\ Y(c,d,0)$。
定义函数$f(X,Y)=(\frac{a+c}{2},\frac{b+d}{2},\sqrt{(a-b)^2+(c-d)^2})$
换句话说，设 $M$ 是线段 $XY$ 的中点，线段 $XY$ 的长度为 $dis$，则 $f(X,Y)$ 是在点 $M$ 正上方 $dis$ 长度的点。如下图所示。



对于 $\forall \{X,Y\}$，它们的 $f$ 点在坐标系中形成了一个曲面。

设矩形 $ABCD$ 对角线 $AC$ 与 $BD$ 的交点为 $O$，则 $AO=OB,CO=OD$。不难得到，若一点 $M$ 既是线段 $X_1Y_1$ 的中点，也是线段 $X_2Y_2$ 的中点，且 $X_1Y_1=X_2Y_2$，则 $X_1,Y_1,X_2,Y_2$ 四个点一定能围成一个矩形。

此时 $f(X_1,Y_1)=f(X_2,Y_2)$ ，所以问题转化为：证明 $f$ 围成的曲面 自交 （此处的自交指的是，自己与自己有交点，也就是有重合的点）。

那这个东西怎么证呢？


考虑在这个曲线上选定一点，并沿这个点将曲线剪开，再拉直成一条线段。这样，曲线上的点就与这条线段上的点一一对应了。

不妨设这条线段的长为 $1$，并以其一端点为原点，线段方向为坐标轴正方向，建立平面直角坐标系。如下图所示。

我们不妨加上两条边，让它们与坐标轴围成一个边长为 $1$ 的正方形。

不难发现，对于 $\forall p\in[0,1]$ 此坐标系上的点 $P(0,p)$ 和 $P(1,p)$，它们在曲线上对应的点是重合的。
换句话说，它们表示的曲线上的点是等价的。
同理，上下两条边上对应点表示的曲线上的点也是对应等价的。

那我们就可以把这个正方形卷起来，使左右边重合。这样就卷成一个无盖圆柱。

同理，如果我们再把上下两边卷起来，就得到一个形如

的环面。（没错，就是看到这里我投了两个币）


仔细观察那个边长为 $1$ 的正方形。我们发现：将 $(0,0)$ 和 $(1,1)$ 连成线段，这个正方形上所有的点关于这条线段对称。如下图所示。

我们不妨沿这条对角线折叠，得到一个三角形。这样，除切割点外，曲面上的每一个点在这个三角形上出现且仅出现一次。

再次尝试将这个三角形拼接。请读者自己试试，再往下看。






这次，我们得到了一个莫比乌斯环。
容易得到，一莫比乌斯环的边线的平面投影一定有自交，所以一定存在两组不同的自变量使得它们的 $f$ 函数值相同。

你可以这么理解。既然莫比乌斯环上的每个点分别代表曲线上的一个点，当你尝试把莫比乌斯环映射到一个平面时，一定有两个 $f$ 点是重合的。

而且，它们连成的线段一样长，且这两条线段的中点重合。所以这四个点可以围成矩形。$\text{Q.E.D..}$

那如果是正方形呢？