怎么证明帕斯卡尔(Pascal)定理

0 Comments

  可选中1个或多个下面的环节词,搜刮相关材料。也可间接点“搜刮材料”搜刮整个问题。

  上面所会商的是六点共在一二次曲线上的坐标代数前提式。很天然地我们还该当研讨六点共在一二次曲线的几何前提事实是什麼?这也就是出名的 Pascal定理。Blaise Pascal (1623-1662) 英年早逝,他在少年时代曾著有一本圆锥截线的小册子,可惜昔时印份少少,很早就连秘本也找不到了。可是 Leibniz 说他晚年已经拜读过,还记得此中有下述这个美好的定理,即在一个圆锥截线] 所示,令 ,, ,则恒有 {P,Q,R} 三点共线 ]

  可是 Leibniz 说他曾经不记得 Pascal 在书中所给的证了然,所以我们此刻只能从 Pascal 现代的几何认知情况来作一种合情合理的切磋与猜测。

  可惜如许美好的命题乃是仅仅以一个习题形式呈现而并没有在书中给以论证,明显 Pappus 和现代的几何学家们是晓得若何证明上述命题的。他们其时事实是怎麼证的呢?却又是一个有待切磋与猜测的「证法考古题」。

  此刻让我们先来切磋 Pappus 定理的古证理当若何。因为这个命题是以习题形式呈现,回首昔时相关的几何定理,此中就只要 Menelous 逆定理是以 「三点共线」为其结论者,所以我们能够想到昔时大要是要使用 Menelous 逆定理来证明 Pappus 定理。我们先重温 Menelous 定理和其逆定理(详见第二章例题):

  【Menelous定理和逆定理】:设直线 与 三边地点之直线 AB, BC,CA 别离订交于 P,Q,R 相异三点,则下述有向长度比之乘积恒等于 -1:

  反之,若相异三点 P,Q,R 别离在 三边 AB, BC, CA 之上并满足上面有向长度比的前提式,则 P,Q,R 三点共线 ]

  就命题的图形所给的八条直线,我们能够当场取材,拔取此中三条别离过 P, Q,R 者来形成一个三角形,然後再对于其馀五条直线使用 Menelous 定理。如 [图 8-14] 所示,我们拔取了 A1B3, A2B1, A3B2 来形成 。

  现将上面所得的五条等式相乘起来,便会发觉有良多项可以或许互相抵消,最後便可得出下面等式:

  令 , , 。不难看到{O,P,P}, {O,Q,Q}, {O,R,R} 也都是共线三点组。所以 {P,Q,R} 三点共线的充要前提乃是 {P,Q,R} 三点共线。由此能够想到,Pascal 昔时想要证明者,其实能够归于圆的景象去加以证明的。换句话说,则「一般景象」的证明就能够使用上述透视对应加以推论而得!按照 Pascal 现代的几何认知来判断,上面这种使用圆锥截线「与生俱来」的透视对应把 Pascal 定理的证明归于圆的景象加以论证的设法是相当天然的。总之,只需有了这个设法,就天然会同样地去机关在 Pappus 定理的古证中阿谁别离含有P,Q,R 于其三边之上的阿谁三角形,如 [图 8-16] 所示的 。

  把 Pappus 定理中所用的 [图 8-16] 和 [图 8-14] 比拟较,其不同是前者除 的三边之外另有五条直线而後者则另有三条直线和一个圆。我们当然能够先对这三条直线使用 Menelous 定理,即得

  在此,天然会想到该当使用圆的几何性质去证明它恒等于 1 。其实,如 [图 8-17] 所示,由圆周角相等易见

  如许就能够证得 P,Q,R 三点共线,再用透视对应即可证得 P,Q,R 三点也共线。由上面这一段阐发和切磋来看,我们相信 Pascal 昔时的证法,大致该当如斯。

  [注]:(一)Pascal 定理不单供给了六点共在一锥线的充要前提的几何表述,并且也供给了描画阿谁五点所定的锥线 ]

  (二)锥线的几何素质乃是圆的透视投影。由此可见,关于圆的任何一个在「透视投影之下连结不变」的几何性质,当然也是任给锥线所共有的几何性质。上述 Pascal 定理只是此中之一,当然它是此中极为主要的锥线特徵性质;其他各类各样的锥线的透视投影不变的共性,都能够用它来加以推导。

  (三)Pappus 定理昔时在 Pappus 的著作中,仅仅以习题形式呈现,究其缘由,大要是现代的几何学家们认为它只是一个美好的命题罢了;它在「其时」的几何系统中,并没有根基的主要性。其实 Pappus 定理的深刻蕴涵,不断到了十九世纪後半在射影几何学的研讨中,才展示出它的根基主要性。它乃是整个射影几何的根基定理 (fundamental theorem of projective geometry) 。

  更多精彩报道,尽在https://www.hkgzaixian.com

发表评论

电子邮件地址不会被公开。 必填项已用*标注