披薩定理

披薩定理是平面幾何學之中的一個定理。它指出，如果以圓盤中任意一個指定點為中心，切下n刀，使相鄰的兩刀隔的角度相同；然後按順時針（或逆時針）的順序給切出的各塊交替染上兩種顏色，將圓盤分為兩個部分。那麼有下列結論：

• 當n是大於2的偶數（n ${\displaystyle =}$ 4,6,8,10,12,14,..），或有任一刀通過圓心時：兩種顏色的部分面積一樣大。
• 若任意一刀都不通過圓心，那麼：
  • 當n ${\displaystyle =}$ 1,2或n除以4餘3（n ${\displaystyle =}$ 1,2,3,7,11,15,..）的時候，包含圓心的部分面積比較大。
  • 當n大於4且除以4餘1（n ${\displaystyle =}$ 5,9,13,..）的時候，包含圓心的部分面積比較小。

切4刀，共8塊。兩色之面積相同。

這個定理之所以被稱為披薩定理，是因為其中分割圓盤的方式類似於分披薩的過程。這個定理可以說明，當兩個人用以上的方法分披薩的時候，誰能拿到更多的披薩。

切6刀，共12塊。兩色之面積相同。

歷史

披薩定理首先是作為一個數學難題在1967年的《數學雜誌》上提出的，問題序號為660。提出此問題的人是L.J.厄普頓^[1]。這個問題的背景十分生活化，來源於兩個人分比薩餅的公平問題：分披薩餅時常見的做法是過圓心切若干刀，將披薩儘可能均勻地分成若干份。然而很多時候並不能保證選取的圓心就是真正的圓心。如果過的圓心是錯誤的，那麼即使「均勻地」切開披薩（每切一刀轉過的角度都是相同的），每塊披薩的大小也都不一樣。這時候如果兩個人按照順時針（或逆時針）順序輪流拿披薩吃，那麼兩個人吃掉的披薩是否一樣多呢？如果將披薩看作是圓盤，那麼這個問題就變成了一個幾何問題。^{[來源請求]}

在一個圓盤中指定一個點P，並過這一點切N刀，每切一刀轉過的角度都相等（等於${\displaystyle \scriptstyle {\frac {\pi }{N}}}$），然後按照順時針順序，將切成的2N塊區域交替染成兩種顏色。問兩種顏色部分的面積大小關係。

厄普頓首先說明了切兩刀時的情況，然後要求證明：切4刀的時候兩部分的面積是一樣的。1968年，《數學雜誌》上登載了米高·哥德堡對問題660的解答。解答中不僅解決了切4刀的問題，還解決了偶數刀時的情況^[2]。

1994年，拉里·卡特和斯丹·瓦根用割補法對切4刀的問題給出了一個直觀的圖解證明^[3]。他們的文章中還提到，堂·科波史密斯曾經利用圓周率π的超越性證明了切奇數刀的時候，兩個部分面積不等，但沒有給出更進一步的結果^[4]。同年，卡特、瓦根和約翰·鄧肯在《數學雜誌》上提出切3刀和切5刀的問題^[5]。

1995年，保羅·迪爾曼和里克·馬布里在《數學雜誌》上登載了3刀和5刀的解答，同時提出任意奇數刀的問題，邀請讀者解決^[6]。2009年，保羅·迪爾曼和里克·馬布里最終解決了奇數刀時的情況，至此披薩問題完全解決^[4]。

偶數刀的證明

切偶數刀的披薩問題是1967年開始提出的，並在一年之後就得到了解答^[2]。以下將切的刀數記為N，則每次切刀時轉的角度是${\displaystyle \scriptstyle {\frac {\pi }{N}}}$。當刀數N是偶數時，設N ${\displaystyle =}$ 2n，則整個圓盤被分為2N ${\displaystyle =}$ 4n份。

N=2的情況

當刀數N ${\displaystyle =}$ 2時，整個圓盤被分為4份。由對稱性，不妨假設定點P在圓心的右上方（如右圖），切的兩刀分別是水平和垂直的。這時綠色的部分是包括圓心的部分。過圓心作一條水平線，再作P點關於這條直線的對稱點P′，則P′點也在垂直的分割線上。過P點再作一條水平線，這樣共將圓盤分為8份。其中：

A和D全等，B和C全等；

E的面積大於G，F的面積大於H。

所以，包含圓心的綠色部分的面積大於不包含圓心的粉紅色面積^[4]。

N=4的情況

N ${\displaystyle =}$ 4時，2N ${\displaystyle =}$ 8，圓盤被分為8份，每切一刀時轉過的角度是45度。這個特例是1967年厄普頓首次提出披薩問題時的版本。1968年，哥登堡給出的證明是對於所有大於等於4的更廣泛情況^[2]。

1994年，卡特和瓦根用割補法給出了一個直觀的證明（見左圖）^[4]。假設切的四刀將圓盤分成如左圖所示的四個橙色部分和四個藍色部分。則可以將每種顏色的部分繼續分割，各分成8個更小的部分。如左圖編號之後，其中相同數字對應的兩個區塊是全等的。這樣就證明了，橙色的部分和藍色的部分所佔的面積是一樣大的^[3]。這個證明的妙處是一目了然，而不必再用公式或語言敘述了。

一般情況

N ${\displaystyle \geqslant }$ 4時的一般情況，證明的方法由米高·哥德堡於1968年給出。這時候圓盤被分為2N份，每切一刀時轉過的角度是${\displaystyle \scriptstyle {\frac {\pi }{N}}}$度。思路是用極坐標的方式給出每一塊的面積的積分表示，轉化成一個代數問題^[7]。

不失一般性，設圓盤的半徑是1。於是圓盤的面積等於π·1² ${\displaystyle =}$ π。設最初的定點是P。不妨假設P在圓心O的右上方。以P為原點建立極坐標系，設向量OP的角度是β（右圖藍色角）。記${\displaystyle \scriptstyle \alpha ={\frac {\pi }{N}}}$。設切N刀時留下的分割線的長度分別是${\displaystyle a_{0},a_{1},\cdots ,a_{2N-1}}$（見右圖），那麼：

引理

對任意的β，所有a_2i的平方和為定值：${\displaystyle \sum _{i=0}^{N-1}a_{2i}^{2}=N.}$

設在極坐標系中，圓上一點Q與P點定義的直線和水平x軸的夾角是θ，而記PQ的長度是r(θ)，那麼

${\displaystyle a_{i}=r(\beta +i\alpha )}$

而「第一塊」圖形（右圖中右上角的橙色部分）的面積是：

${\displaystyle S_{1}={\frac {1}{2}}\int _{\beta }^{\beta +\alpha }r^{2}(\theta ){\rm {{d}\theta }}}$

「第二塊」圖形（右上角偏上的綠色部分）的面積是：${\displaystyle S_{2}={\frac {1}{2}}\int _{\beta +\alpha }^{\beta +2\alpha }r^{2}(\theta ){\rm {{d}\theta }}}$，「第i塊」圖形的面積是

${\displaystyle S_{i}={\frac {1}{2}}\int _{\beta +(i-1)\alpha }^{\beta +i\alpha }r^{2}(\theta ){\rm {{d}\theta }}}$

橙色部分的總面積是：

${\displaystyle S_{r}=S_{1}+S_{3}+\cdots +S_{2N-1}}$

${\displaystyle ={\frac {1}{2}}\int _{\beta }^{\beta +\alpha }r^{2}(\theta ){\rm {{d}\theta +{\frac {1}{2}}\int _{\beta +2\alpha }^{\beta +3\alpha }r^{2}(\theta ){\rm {{d}\theta +\cdots +{\frac {1}{2}}\int _{\beta +(2N-2)\alpha }^{\beta +(2N-1)\alpha }r^{2}(\theta ){\rm {{d}\theta }}}}}}}$

${\displaystyle ={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\alpha }r^{2}(\beta +\theta ){\rm {{d}\theta +{\frac {1}{2}}\int _{0}^{\alpha }r^{2}(\beta +2\alpha +\theta ){\rm {{d}\theta +\cdots +{\frac {1}{2}}\int _{0}^{\alpha }r^{2}(\beta +(2N-2)\alpha +\theta ){\rm {{d}\theta }}}}}}}$

${\displaystyle ={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\alpha }\left(\sum _{i=0}^{N-1}r^{2}(\beta +\theta +2i\alpha )\right){\rm {{d}\theta }}}$

注意到對每個固定的θ，設β′ ${\displaystyle =}$ β + θ，再對β′應用引理，就有：

${\displaystyle \sum _{i=0}^{N-1}r^{2}(\beta +\theta +2i\alpha )=N}$

因此

${\displaystyle S_{r}={\frac {1}{2}}\int _{0}^{\alpha }N{\rm {{d}\theta ={\frac {N\alpha }{2}}={\frac {\pi }{2}}}}}$

也就是說，橙色部分的面積是圓盤面積的一半。所以兩種顏色的面積相等^[7]。

奇數刀的證明

切奇數刀時，定理說明兩種顏色的部分面積不再相等了。數學家們在1990年代才猜到這一點。偶數刀的情況解決後，卡特、鄧肯和瓦根在1994年提問對於N = 3或5的時候結果如何。1995年迪爾曼和馬布里給出了答案。他們發現N = 3時包括圓心的面積更大，而N = 5的時候恰好相反。他們在證明N = 5的時候將含圓心部分的面積S_c和其餘部分的面積S_r的差的一半記作ΔS，然後提出只要找到一般情況下ΔS對應的代數模型的性質，就可以解決一般的情況。^{[來源請求]}

N=3的情況

N = 3的時候，將圓盤切成6個部分，每切一刀轉過的角度是60度。不妨假設最初的定點P在圓心的右上方，第三刀切出的分割線是水平線（如下圖）。需要證明的是包括圓心的部分（藍色，見下圖1）的面積大於白色的部分。^{[來源請求]}

證明的思路是過圓心O做水平線，然後將第一刀（左下至右上的一刀）切出的分割線與這條水平線的分割點記為Q。如果P = Q的話，那麼有一刀過了圓心，這時候兩個部分的面積相等（見下圖2中的情況，紅色部分面積等於白色部分）。假如P和Q不是同一個點，那麼只要證明藍色部分的面積大於紅色部分的面積就可以了，因為後者是圓盤面積的一半。^{[來源請求]}

將兩個情況下的圖（圖1和圖2）重疊，得到下圖3,。其中的紫色部分是藍色和紅色部分的公共區域，因此只需要證明圖3中剩餘的藍色部分面積大於紅色面積。將各個色塊如下圖一半標記為a、b、c、d、e、f六塊。色塊c、d、e、f構成了一個（過圓心的）帶狀圖形，色塊a、b、e、f也構成一個（不過圓心的）帶狀圖形。而這兩個帶狀圖形的高都是一樣的，因為色塊e的形狀是正三角形，而這兩個帶狀圖形的高分別等於這個正三角形的兩個不同頂點上的高。容易證明，色塊c、d、e、f構成的帶狀圖形的面積大於色塊a、b、e、f構成的帶狀圖形的面積（見圖4）。因此消去e、f兩色塊後，得到藍色部分的面積大於紅色部分的面積。也就是說，圖1中的藍色部分的面積大於圓盤面積的一半，從而大於白色部分的面積^[6]。

N=5的情況

N = 5的時候，將圓盤切成10個部分，每切一刀轉過的角度是36度。設包含圓心的部分為藍色，其餘部分為白色。證明的思路和N = 3的時候一樣.過圓心做平行於某條分割線的切線，然後將它與另一條分割線的交點記為P*。要注意的是由於交點有若干個，證明中選取的是最接近圓心的一點作為P*點。^{[來源請求]}

證明的方向也是將藍色面積大於白色面積轉化成證明藍色面積小於紅色面積。將藍色部分和紅色部分重疊後（見右圖），首先可以驗證：藍色部分面積減去紅色部分面積的差ΔS等於帶狀圖形ABCD加上EFGH的面積減去帶狀圖形A′B′C′D′加上E′F′G′H′的面積得到的差。^{[來源請求]}

注意到帶狀圖形的面積可以表示成兩個弓形的面積之差。所以證明了以上的等式後，藍紅面積差實際上可以簡化成：

${\displaystyle \Delta S=f\left(0,PP^{*}\sin \left({\frac {\pi }{5}}\right)\right)+f\left(OP^{*}\sin \left({\frac {2\pi }{5}}\right),PP^{*}\sin \left({\frac {2\pi }{5}}\right)\right)}$

${\displaystyle -f\left(OP^{*}\sin \left({\frac {\pi }{5}}\right),PP^{*}\sin \left({\frac {2\pi }{5}}\right)\right)-f\left(OP^{*}\sin \left({\frac {2\pi }{5}}\right),PP^{*}\sin \left({\frac {\pi }{5}}\right)\right)}$

其中的函數f是表示圓心距等於d，寬度為h的帶狀圖形的面積：

${\displaystyle f(d,h)=s(d)-s(d+h)}$

而函數s則是圓心距等於d的弓形的面積：

${\displaystyle s(d)=\cos ^{-1}(d)-d{\sqrt {1-d^{2}}}.}$ 其導數為${\displaystyle s'(x)=-2{\sqrt {1-x^{2}}}.}$

因此，要證明ΔS小於0，可以轉化為證明以上關於s的式子小於0。迪爾曼和馬布里把函數s在0點展開，得到s的一個無窮級數展開式。經過一系列轉化後，將問題變形為證明有關黃金比值${\displaystyle \scriptstyle g={\frac {{\sqrt {5}}+1}{2}}=2\cos \left({\frac {\pi }{5}}\right)}$的不等式：

${\displaystyle \forall n\geq 3,1\leq k\leq n-1,\quad g^{k}+g^{n-k}-g^{n}\leq 0}$

可以證明這個不等式成立，因此ΔS小於0，即藍色面積比較小^[6]。

一般情況

1995年，迪爾曼和馬布里證明了N = 3和5的情況後，希望能將N = 5的證明方法推廣到一般的情況中去。證明分為兩個部分。第一部分是證明「藍色部分」面積減去「紅色部分」面積的差ΔS等於兩類相應的帶狀圖形的面積和的差。第二部分則是將這個差表示成一系列s(x)的代數和，然後證明： ${\displaystyle (-1)^{\frac {N-1}{2}}\Delta S}$小於0. 他們成功地將原命題轉化成證明

${\displaystyle \forall N\geq 3,\,n\geq 3,\,1\leq k\leq n-1,\quad W(N,n,k)=(-1)^{\frac {N-1}{2}}\sum _{j=1}^{N}(-1)^{j-1}\sin ^{k}\left({\frac {j\pi }{N}}\right)\sin ^{(n-k)}\left({\frac {(j-1)\pi }{N}}\right)\geq 0}$

並且僅當n小於N的時候等於0。^{[來源請求]}

由於W(N, n, k)形式十分複雜，他們在尋找了14年後才發現了恰當的代數工具來證明以上不等式。2009年，他們在《美國數學月刊》發表了最後的證明^[4]。

類似問題和結論

披薩邊定理

披薩被偶數刀等分時，披薩邊（藍色和灰色部分）也被等分。奇數刀則未必。

迪爾曼和馬布里在2009年的證明論文中也探討了所謂的「披薩邊問題」^[4]。這可看做是披薩定理的應用。披薩邊可以看做是披薩減去披薩內餡（也是圓形）後的部分，也就是兩個同心圓之間的圓環。因此應用披薩定理，可以探討按照披薩定理中的切法哪一部分的披薩邊比較多。當切的刀數是偶數刀的時候，由於大圓和小圓都被等分為兩部分，所以它們的差（圓環部分）也被等分為兩部分。切的刀數是奇數刀的時候，還要分「薄邊披薩」和「厚邊披薩」來討論。對於「薄邊披薩」——兩個同心圓的半徑差不多，這時候的s函數近似於披薩時s函數的導數，用類似的方法可以推出和披薩相反的結論。也就是說，分得披薩較多的人，披薩邊反而較少；分到披薩較少的人，披薩邊會較多^[4]。

厚邊披薩的s函數就不能近似於披薩s函數的導數了，所以還需要進一步分析^[4][8]。

等邊長切法

等邊長的切法，將圓弧分為等長的8段。

如果切披薩的時候不是按照固定的角度，而是按照切下固定的邊長（${\displaystyle {\frac {\pi }{N}}}$弧度角）來分披薩，那麼兩部分的面積是否相等呢？答案是肯定的。無論切的刀數是偶數還是奇數，兩個部分的面積都一樣。這時兩個人分到的披薩和披薩邊都一定是一樣多的了^[9][8]。

3D的情況

迪爾曼和馬布里在2009年的證明論文中還探討了披薩問題在3D空間中的推廣^[4]。這時的問題不再是「切披薩」，而是「切布丁」或「切西瓜」了。也就是說，切分的對象從圓形變成了平底的3D旋轉體，即橫截面是圓形的3D物體。這時候，3D物體可以看成是無數個「同心」圓盤的疊加^[8]。所以3D空間中的情況仍然可以轉化成關於s函數性質的討論，所以在s的性質足夠明確的時候，可以得到類似於披薩定理的結論。迪爾曼和馬布里研究了半拋球體和半橢球體的情況，發現前者的性質和披薩的情況恰好相反，而後者在N ${\displaystyle \geqslant }$ 5的時候，兩個部分的體積永遠相等。也就是說，如果按照分披薩的方法切半個西瓜，那麼只要切的刀數大於等於5，無論切的刀數是奇數還是偶數，兩個人分到的西瓜總是一樣多^[4]。

多人分披薩

如果分披薩的人不止兩個，問題就變得更加複雜了。1999年，赫史霍恩等人發現了一個特例下n人等分披薩的方法。他們證明了：如果將一個圓盤按照披薩定理中的切法切2n刀分成4n塊，那麼可以將其分為面積相等的n份，每份4塊。具體方法是選擇任一塊後，再選擇它旋轉90度、180度以及270度之後位置的3塊，一起作為一份^[10]。

參考來源

1. L. J. Upton. Problem 660. Mathematical Magazine. 1967, 40: 163.
2. M. Goldberg. Divisors of a circle (solution to problem 660). Mathematical Magazine. 1968, 41: 46.
3. L. Carter, S. Wagon,. Proof without Words: Fair allocation of a pizza. Mathematical Magazine. 1994, 67: 267.
4. Of Cheese and Crust: A Proof of the Pizza Conjecture and Other Tasty Results (PDF). American Mathematical Monthly. 2009年5月, 116: 423–438 [2010-03-28]. （原始內容存檔 (PDF)於2020-11-09）.
5. L. Carter, J. Duncan, and S. Wagon. Problem 1457, Math. Mag. 67 (1994) 304.. Mathematical Magazine. 1994, 67: 304.
6. Paul Deiermann and Rick Mabry. The center of a sliced pizza (PDF). Mathematics Magazine. 1995, 68 (4): 312–315 [2012-07-08]. （原始內容存檔 (PDF)於2016-03-04）.
7. Tharatorn Supasiti. Pizzas, crusts and other tasty things (PDF). Department of Mathematics and Statistics, The University of Melbourne. 2010-04-30 [2012-07-08]. （原始內容存檔 (PDF)於2016-10-11）.
8. Jean Paul DELAHAYE. Le pizzaiolo mathématicien. Pour la Science. 2010年5月, 391: 88–93.
9. J. D. E. Konhauser, D. Velleman, and S. Wagon. Which Way Did the Bicycle Go?. Dolciani Mathematical Expositions, Mathematical Association of America. 1996: 18.
10. Hirschhorn, J.; Hirschhorn, M. D.; Hirschhorn, J. K.; Hirschhorn, A. D.; Hirschhorn, P. M. Hirschhorn, The pizza theorem (PDF), Austral. Math. Soc. Gaz., 1999, 26: 120–121 [2012-07-09], （原始內容存檔 (PDF)於2008-11-23）

• （英文）Upton, L. J., Problem 660, Mathematics Magazine, 1968, 41 (1): 46 [2010-03-28], （原始內容存檔於2023-02-11）. Solution by Michael Goldberg.
• （中文）小易. 15年的数学难题 —— 分Pizza. 科學松鼠會. 2010-03-17 [2012-07-08]. （原始內容存檔於2010-06-20）.

外部連結

• （中文）也說Pizza問題：分享幾個漂亮的證明 （頁面存檔備份，存於互聯網檔案館）