孟氏(Menalaus)與塞瓦(Ceva)定理合而為一

             及帕普斯(Pappus)定理的嚴謹證明

            作者:國立臺灣大學數學系鄧天錫

前言

點為幾何之基本單元,集點為線,集線為面,集面為體. 

故點、線、面、體分別為 0 維、1 維、2 維、3 維

之線性空間.體以上之空間,便是4 維、5 維乃至於 n 維

線性空間.早期之平面幾何,則是於幾何圖形作補助線.

而於立體幾何圖形作補助線,卻更加不勝其煩.至於

4 維、5 維乃至於 n 維線性空間.由於超越現實生活,  

更無圖形可言.然則借助於向量之解析,卻能一目了然.        

此誠無圖勝有圖也.

一. 向量的基本概念

於坐標系中,O為原點,A,B為坐標點,O,A,B分別為對應於

點 O,A,B 之位向量,AB=B-A表從A到B之向量,A 稱為始點,

B 稱為終點,(AB)表 A,B兩點間之距離,又稱長度. 

AA=A-A=O為零向量,(AA)=0.

若A≠B,令[AB]表過二相異兩點 A,B之直線.

1.設A,B為二相異點,P為直線[AB]之任意點,

   則AP=k AB,k為實數,P-A=k(B-A),P=(1-k)A+kB,

   (AP)=︱k｜(AB),(BP)=︱1-k｜(AB).

 2. 設O,A,B三點不共線.

 唯若C=aA+bB,a,b為實數.則 O,A,B,C 在同一平面上.

3. 三點共線與三點不共線之判別定理

   設 aA+bB+cC=O,a+b+c=0,a,b,c為實數.

   若 a≠0 或 b≠0 或 c≠0,則 A,B,C 三點共線.

   且唯若 a=b=c=0,則 A,B,C 三點不共線.

證:

   由 aA+bB+cC=O,a+b+c=0,a,b,c 為實數.®

aA-aA+bB-bA+cC-cA=O-aA-bA-cA=-(a+b+c)A=O,

aA-aB+bB-bB+cC-cB=O-aA-bB-cB=-(a+b+c)B=O,

aA-aC+bB-bC+cC-cC=O-aC-bC-cC=-(a+b+c)C=O.®

a AA+bAB+cAC=O, a BA+bBB+cBC=O,          

aCA+bCB+cCC=O ,bAB+cAC=O,a BA+cBC=O,

aCA+bCB=O.

若 b≠0:令 c=-kb.®bAB-kbAC=O,AB=kAC.

若 a≠0:令b=-ka.®aCA-ka CB=O, CA=k CB,

若 c≠0:令a=-kc.®cBC-kc BA=O,BC=k BA.

即得證若 a≠0 或 b≠0 或 c≠0,則A,B,C三點共線.

且唯若 a=b=c=0,則A,B,C 三點不共線.

二.用向量的基本概念破解古典幾何名題 

   設A,B,C不共線,DÎ[CB],EÎ[CA],FÎ[AB].

  D≠C,D≠B;E≠C, E≠A; F≠A, F≠B.

(一)孟氏「Menalaus 定理」若FÎ[AB]∩[DE].

   則(BD)(CE)(AF)=(DC)(EA)(FB).

(二)塞瓦「Ceva 定理」若GÎ[AD]∩[BE]∩[CF].

   則(BD)(CE)(AF)=(DC)(EA)(FB) .

證:由所設得

   D=xB+(1-x)C,E=yC+(1-y)A,F=zA+(1-z)B,

   xyz(1-x)(1-y)(1-z)¹0.®

BD=(1-x) BC,DC=xBC;(BD)=|1-x|(BC),(DC)=|x|(BC).

CE=(1-y)CA,EA=yCA;(CE)= |1-y|(CA),(EA)=|y|(CA).

AF=(1-z)AB,FB=zAB;(AF)= |1-z|(AB),(FB)=|z|(AB).® 

 |x|(BD)= |x||1-x|(BC)=|1-x|(DC),

 |y|(CE)= |y||1-y|(CA)=|1-y|(EA),

 |z|(AF)= |z||1-z|(AB)=|1-z|(FB).®                

|x||y||z|(BD)(CE)(AF)=|1-x||1-y||1-z|(DC)(EA)(FB).

(一)孟氏「Menalaus」定理」若FÎ[AB]∩[DE].®

 F=zA+(1-z)B=kD+(1-k)E.

 k[xB+(1-x)C]+(1-k)[yC+(1-y)A]=zA+(1-z)B,

 [(1-k)(1-y)-z]A+[kx-(1-z)]B+[k(1-x)+(1-k)y]C=O.

® [(1-k)(1-y)-z]+[kx-(1-z)]+[k(1-x)+(1-k)y]

    =1-k-y+ky-z+kx-1+z+k-kx+y-ky=0,

  且A,B,C不共線.則由三點不共線之判別定理,得.

  (1-k)(1-y)-z=kx-(1-z)=k(1-x)+(1-k)y=0,

  (1-k)(1-y)=z,kx=1-z,k(x+y-1)=y.

1.若 x+y=1,則 k之值不存在,相當於

   D=xB+(1-x)C,E=yC+(1-y)A,

   DE=E-D=(1-y)A-xB+(x+y-1)C=xA-xB=xBA,

  [DE] 平行於 [AB],[DE]與[AB]不相交,

   與所設FÎ[AB]∩[DE]不合.

2.若 x+y≠1,則由 kx=1-z,k(x+y-1)=y.消去k:

 得 xy=(1-z)(x+y-1),1-x-y-z+xy+xz+yz=0,

 1-x-y-z+xy+xz+yz-xyz=-xyz,

 (1-x)(1-y)(1-z)=-xyz.®|(1-x)(1-y)(1-z)|=|xyz|¹0.

 代入 |xyz|(BD)(CE)(AF)=|(1-x)(1-y)(1-z)|(DC)(EA)(FB).

 即得證(BD)(CE)(AF)=(DC)(EA)(FB).

(二)塞瓦「Ceva定理」若 GÎ[AD]∩[BE]∩[CF].®

  G=aD+(1-a)A=bE+(1-b)B =cF+(1-c)C,且

 D=xB+(1-x)C,E=yC+(1-y)A,F=zA+(1-z) B.®

 aD=axB+a(1-x)C,bE=byC+b(1-y)A,cF=czA+c(1-z)B.

 ®G=axB+a(1-x)C+(1-a)A=byC+b(1-y)A+(1-b)B

        =czA+c(1-z)B+(1-c)C.

®[(1-a)-b(1-y)]A+[ax-(1-b)]B+[a(1-x)-by]C=O,

且[(1-a)-b(1-y)]+[ax-(1-b)]+[a(1-x)-by]

  =1-a-b+by+ax-1+b+a-ax-by=0.

及[cz-b(1-y)]A+[c(1-z)-(1-b)]B+[(1-c)-by]C=O,

  [cz-b(1-y)]+[c(1-z)-(1-b)]+[1-c-by] 

=cz-b+by+c-cz-1+b+1-c-by=0.

且A,B,C不共線.由三點不共線之判別定理,得

(1-a)-b(1-y)=ax-(1-b)=a(1-x)-by=0,

cz-b(1-y)=c(1-z)-(1-b)=1-c-by=0.

1.由 ax=1-b 與 a(1-x)=by 消去a,

  得 bxy=(1-b)(1-x),b(xy-x+1)=1-x.

2.由c(1-z)=1-b與1-by=c消去c,

  得(1-by)(1-z)=1-b,b(yz-y+1)=z,

3.由 b(xy-x+1)=1-x 與 b(yz-y+1)=z消去 b,得

  (1-x)(yz-y+1)=(xy-x+1)z.®

  yz-y+1-xyz+xy-x=xyz-xz+z,

 1-(z+y+z)+(xy+yz+xz)-xyz=xyz,

 (1-x)(1-y)(1-z)=xyz≠0,|(1-x)(1-y)(1-z)|=|xyz|≠0.

 代入 |xyz|(BD)(CE)(AF)=|(1-x)(1-y)(1-z)|(DC)(EA)(FB).

 即得證(BD)(CE)(AF)=(DC)(EA)(FB).

(三)無名氏難題鑑賞

   下列命題,未詳其先知者為何許人也.據悉該命題是

來自香港商務印書館所發行之平面幾何學一書中,

且註明至今尚有待證明.謹就本人之所理解敘述如下:

  設O,A,B不同在一直線.O,A,B,C在同一平面,

C 不在直線[AB]上,C≠O,P為[OC]與[AB]之交點.

MÎ[OA],NÎ[BC].M≠O, M≠A,N≠B, N≠C.

Q 為 [CM]與[AN]之交點,Q≠C,Q≠M,Q≠A,

Q≠N.M≠C,N≠A.R 為 [BM]與[ON]之交點,

B≠M,N≠O.則P,Q,R三點共線. 

並與Pappus定理(帕普斯定理)的網路摘錄相比較:

定理內容：

設 A、C、E是一直線上三點,B、D、F是另一直線上三點

如果AB、CD、EF分別與DE、FA、BC相交 則三個交點L、M、N三點共線

此定理也叫帕普斯定理 定理證明：「圖形未能在網路顯示」

設直線 CD 與直線 EF 交於U.  直線 AB 交直線 CD、EF 於 W、V

把帕普斯定理中一直線上的三點 A、C、E

分別對應於「難題鑑賞」中一直線上的三點 C,N,B.

把帕普斯定理中另一直線上的三點 B、D、F

分別對應於「難題鑑賞」中另一直線上的三點 O,A,M.

如果直線AB、CD、EF 分別與直線 DE、FA、BC 相交.

則三個交點 L、M、N三點共線

分別對應於「難題鑑賞」中的

如果直線[OC],[AN],[BM]分別與直線

[AB], [MC], [ON]相交.則三點 P,Q,R 三點共線.

證:

  由所設O,A,B三點不共線,O,A,B,C 在同一平面上.

取 O 為原點,C 不在直線[AB]上.®

C=aA+bB,a,b為實數.a+b≠1,ab≠0.A,B為線性無關.

當a+b>1,□ OACB為凸四邊形;當a+b<1,□ OACB為凹四邊形.

由 MÎ[OA].®M=hA,h(1-h)≠0.

由 NÎ[BC].®N=(1-k)B+kC,k(1-k)≠0,

N=(1-k)B+kC=(1-k)B+k(aA+bB)=kaA+(kb-k+1)B. 

由 PÎ[OC]∩[AB].® 

P=cC=c(aA+bB)=caA+cbB.c(a+b)=1.

由 QÎ[CM]∩[AN].®

Q=xM+(1-x)C=xhA+(1-x)(aA+bB)

=[xh+(1-x)a]A+(1-x)bB.

Q=yN+(1-y)A=y[kaA+(kb-k+1)B]+(1-y)A 

=(yka+1-y)A+y(kb-k+1)B.x(1-x)≠0,y(1-y)≠0.

®[xh+(1-x)a]A+(1-x)bB=(yka+1-y)A+y(kb-k+1)B,

(yka+1-y-xh-a+xa)A+[y(kb-k+1)-(1-x)b]B=O.

A,B 為線性無關.®(a-h)x+(ka-1)y=a-1,且

bx+(kb-k+1)y=b.

(a-h)(kb-k+1)x+(ka-1)(kb-k+1)y=(a-1)(kb-k+1), 

且 b(ka-1)x+(ka-1)(kb-k+1)y=kab-b.

[(a-h)(kb-k+1)-b(ka-1)]x=a+b-k(a+b)+k-1,

且 bx+(kb-k+1)y=b.®

(-ak+a-kbh+hk-h+b)x=a+b-1-k(a+b-1),

[-k(bh+a-h)-h+a+b]x=(a+b-1)(1-k).

令a+b=l≠1,k(bh+a-h)+h=m.®

(-m+l)x=(l-1)(1-k),(m-l)x=(1-k)(1-l).

代入 bx+(kb-k+1)y=b.®

b(m-l)x+(m-l)(kb-k+1)y=b(m-l),

b(1-k)(1-l)+(m-l)(kb-k+1)y=b(m-l).

(m-l)(kb-k+1)y=b(m-l)-b(1-k)(1-l)

=b[(m-l)-(1-k)(1-l)]=b[m-l-(1-k-l+kl)]

=b[m-(1-k+kl)]=b[k(bh+a-h)+h-1+k-kl] 

=b[kbh+ak-hk+h-1+k-ak-bk]=b(kbh-hk+h-1+k-bk) 

=b[h(kb-k+1)-(kb-k+1)]=b(kb-k+1)(h-1).

®(m-l)(kb-k+1)y=b(kb-k+1)(h-1).

若(kb-k+1)=0,且 bx+(kb-k+1)y=b.®bx=b.

®b=0,或 x=1.與 ab≠0,x(1-x)≠0 不合.®

(kb-k+1)≠0, (m-l)y=b(h-1).

(I)若m-l=0.®(1-k)(1-l)=b(h-1)=0,

   與 (1-k)(1-l)≠0,b(1-h)≠0 不合.

(II)若m-l≠0,且(m-l)x=(1-k)(1-l),(m-l)y=b(h-1).

   由 RÎ[BM]∩[ON].®R=uM+(1-u)B=vN,

   M=hA,h(1-h)≠0.N=kaA+(kb-k+1)B,k(1-k)≠0.®

   R=uhA+(1-u)B=v[kaA+(kb-k+1)A],

  (kav-hu)A+[(kb-k+1)v+u-1]B=O,A,B為線性無關.®

  kav-hu=(kb-k+1)v+u-1=0.kav=hu,

  (khb-hk+h)v+hu=h.(khb-hk+h)v+kav=h,

  k(bh+a-h)v+hv=h,[k(bh+a-h)+h]v=h,

  且 k(bh+a-h)+h=m.®mv=h≠0.

 mR=mv[kaA+(kb-k+1)B]=h[kaA+(kb-k+1)B].

 Q=(kay+1-y)A+y(kb-k+1)B

  =[(ka-1)y+1]A+y(kb-k+1)B,

  l(m-l)Q

 =[l(ka-1)(m-l)y+l(m-l)]A+[l(m-l)y(kb-k+1)]B

 =[l(ka-1)b(h-1)+l(m-l)]A+[lb(h-1)(kb-k+1)]B.

P=cC=c(aA+bB)=caA+cbB,c(a+b)=1,lc=1.®

lP=lcaA+lcbB =aA+bB.®

l(m-l)P=(m-l)aA+(m-l)bB.

l(m-l)PQ=l(m-l)Q-l(m-l)P

=[l(ka-1)b(h-1)+l(m-l)-(m-l)a]A

  +[lb(h-1)(kb-k+1)-(m-l)b]B

=[l(ka-1)b(h-1)+(m-l)b]A

  +[lb(h-1)(kb-k+1)-(m-l)b]B

=b[l(ka-1)(h-1)+(m-l)]A+b[l(h-1)(kb-k+1)-(m-l)]B

mR=h[kaA+(kb-k+1)B],lmR=lhkaA+lh(kb-k+1)B,

lmPR=lmR-lmP=lhkaA+lh(kb-k+1)B-(maA+mbB) 

=(lhka-ma)A+[lh(kb-k+1)-mb]B.

令a=[l(ka-1)(h-1)+(m-l)]A