首先重新叙述一下题主的问题，对于边长为1的正n边形X，任意的两个边长为x,x<1,的正n边形A,B都不可能覆盖X。
先说结论，这个命题是对的，这样的覆盖也确实是不存在的
。以下反设A,B覆盖了X.
对于边数讨论，如果n为奇数，即n=2k+1时，这个证明是容易的.
称X的两个顶点P,Q为
最远点对
，如果P,Q的距离恰好是X中任意两点的最大距离.举个例子.在正三角形中，任意两个顶点都是最远点对，而在正2k+1边形中，每个顶点和相对的边的两个顶点都成为最远点对.事实上，在这2k+1个顶点中，总共能形成2k+1个最远点对.
那么，既然A和B覆盖了X，必然也覆盖了X的2k+1个顶点，根据抽屉原理，不妨设A包含了X的至少k+1个顶点。
Claim:
在这k+1个顶点中，一定有两个顶点是最远点对
。如果claim成立，那么导出矛盾的是容易的，因为这两个点的距离是X中的任意两点的最大距离，那么必然大于A中任意两点的距离，但是这两个点都位于A中，就构成了一个矛盾.
claim的证明并不复杂。以n=7为例作一下说明。此时，A至少包含了X的4个顶点。
X及X的7个顶点如下图
反设A不包含最远点对。不妨设，那么和都是最远点对，根据反设，都不在A中。除去外，A还至少包含了3个顶点，而这3个顶点分布于中。下面用抽屉原理，由于都是最远点对，因此必然有一对完整地包含在A中，矛盾。因此claim成立。
n=2k的情况就比较复杂了。现在还没想到一个像上面那么直白的证法。只考虑顶点肯定是不够的，还要考虑边的说。类似上面的证明，可以知道，对于正2k边形，A和B一定刚好各覆盖了X的k个顶点，不妨假设X的各个顶点都位于A和B的内部（否则可以将A和B略微放大一点点）。
现在来看X的对边。
Claim:
对于X的每一组对边，有且仅有以下两种情况之一发生：
(a)一组对边中的一条完全包含在A中，另一条完全不落在A中。
(b)一组对边中的两条边都有一部分包含在A中，并且这两部分都是线段，长度之和小于X的边长1.
并且对于X的所有对边组，(a)不会总成立
.举个例子。比如正方形。
绿色边就是(a)情形，蓝色边就是(b)情形。
还是类似上面，如果claim成立的话，那么每一组对边在A中的长度和小于等于1，并且"等于"当且仅当(a)成立，而(a)不会总成立，因此X的所有边在A中的长度和严格小于X的所有边的长度的一半。对B也是一样的。这样就构成了一个矛盾。
下面证明claim.
首先，(a)不会总成立是显然的，否则的话，A就会包含了X的k条边，因此至少包含了k+1个顶点，这是矛盾的。其次，不会发生一组对边都完全不在A中的情况，因为这样就有一组相对顶点完全不在A中，这是矛盾的。
下面假设A包含了X的一组对边的两条边的部分，由凸性，这两部分都是线段。记X的相对顶点距离是，相对边距离是，A的相对顶点距离是，相对边距离是.那么必有.
因此这一组对边的两条边的部分在A中的样子应该如下图
图有点抽象了，上下分别是正多边形A的相对顶点和邻近的对边，和分别是正多边形X的对边被A所截得到的那一部分。图中，，，.
下面要证明，.
也就是要证明这样一个引理：
在正多边形A中，若一对平行线段全部落在A中，并且距离满足，则这一对平行线段长度之和小于A的边长x.
将向下平移到处，并且将沿着边平移相同的距离，这样得到下图容易证明，此时，因此只需证明.过向引垂线，垂足是，因此.也就是说，和一个定圆相切.记此圆为.由，可知与，都相交.过分别向作切线，记切点分别为.（每个点能向作两条切线，但是一条已经做出来了，就是.）稍微画个图，但是因为点太密集了，没法把图画的很明白，大家脑补一下就好……注意到和都是直角，考虑两个直角三角形和，她们的斜边是一样长的，但是由于与相交，因此点略微靠上一些，也就是.因此.同理，.而在中，.又由切线长定理，.因此.也就是.引理证毕.从而claim成立，从而原命题成立。以上。
