39207 n 對平行線猜想的證明

終極密碼

遊戲規則:本遊戲為猜密碼的遊戲。密碼為0到100之間的其中1個整數,電腦會提示密碼的所在範圍,玩家必須在6次之內猜到密碼才能過關。
★ 終極密碼為0到100之間 ★
您共有六次機會

中劉步松老師證明了名之為"三組平行線定理"的如下優美結論:

定理1(): 如圖一, 平面上給定三組平行線, 分別是 $a_1//a_2$, $b_1//b_2$ , $c_1//c_2$ , 處在不同組的兩條直線都是相交的。 設 $a_1$ 與 $b_2$ 的交點為 $A$, $b_1$ 與 $c_2$ 的交點為 $B$, $c_1$ 與 $a_2$ 的交點為 $C$; $a_2$ 與 $b_1$ 的交點為 $D$, $b_2$ 與 $c_1$ 的交點為 $E$, $c_2$ 與 $a_1$ 的交點為 $F$, 則有如下兩個結論:

(1) 若 $A$, $B$, $C$ 三點不共線, 則 $S_{\triangle ABC}=S_{\triangle DEF}$;

(2) 若 $A$, $B$, $C$ 三點共線, 則 $D$, $E$, $F$ 三點也共線。

猜想這個結論可以推廣到 $n$ 對平行線時, 並對 $n=4$, 5, 6, 7驗證了猜想成立。

本文擬在一般情形下證明這個猜想。

對凸多邊形 $A_1A_2\cdots A_n$, 從一個頂點出發的 $n-3$ 條對角線可將其分成 $n-2$ 個三角形, 因此有 \begin{equation} S_{A_1A_2A_3\cdots A_n}=S_{\triangle A_1A_2A_3}+S_{\triangle A_1A_3A_4}+S_{\triangle A_1A_4A_5}+\cdots+S_{\triangle A_1A_{n-1}A_n}.\label{1} \end{equation}

註: 上式中各三角形的面積是均指有向面積。

對一般的平面多邊形 (不論凸的、凹的, 甚至是邊與邊有交點的多邊形), 我們作如下定義

定義1: 對平面多邊形$A_1A_2\cdots A_n$, 由\eqref{1}式定義的$S_{A_1A_2\cdots A_n}$稱為多邊形$A_1A_2\cdots A_n$的面積。

可以證明 (證略):

引理1: 對平面多邊形 $A_1A_2\cdots A_n$ 所在平面內任一點 $O$, 下式恒成立: $$S_{A_1A_2A_3\cdots A_n}=S_{\triangle OA_1A_2}+S_{\triangle OA_2A_3}+S_{\triangle OA_3A_4}+\cdots+S_{\triangle OA_{n-1}A_n}+S_{\triangle OA_{n}A_1}.$$

設 $O$ 為給定的點, 下面我們約定 $ P$ 表示向量 ${OP}$。

我們知道, 三角形面積與向量外積"$\times$" (或稱向量積)有關, 由此我們不妨作如下定義:

定義2: $S_{\triangle OAB}=\dfrac 12 { {OA}}\times { {OB}}=\dfrac 12 { A}\times { B}$。

當 $O$、$A$、$B$ 輪換時 $S_{\triangle OAB}$ 的值不變; 當 $O$、$A$、$B$ 中有兩者重合時 $S_{\triangle OAB}$ 的值為 0。

定義 2 結合引理 1 立得:

引理2: 2$S_{A_1A_2\cdots A_n}={ A}_1\!\times\! { A}_2\!+\!{ A}_2\!\times\! { A}_3\!+\!{ A}_3\!\times\! { A}_4\!+\!\cdots\!+\!{ A}_{n-1}\!\times\! { A}_n \!+\!{ A}_n\!\times\! { A}_1$。

現在我們就可以證明 "$n$ 對平行線猜想" 了。

定理2: 若平面上的兩個多邊形 $A_1A_2\cdots A_n $ 和 $B_1B_2\cdots B_n$ 滿足:$A_iB_{i+1}// A_{i+1}B_i$ $(i=1$, 2, 3,$\ldots, n$, 此處約定: $A_{n+1}=A_1$, $B_{n+1}=B_1$), 則這兩個多邊形的面積相等。

證明: 因為 $A_iB_{i+1}// A_{i+1}B_i$, 則 ${ A}_i{ B}_{i+1}\times { A}_{i+1}{ B}_i={\bf 0}$。 即 $({ B}_{i+1}-{ A}_i)\times ({ B}_i-{ A}_{i+1})={\bf 0}$。

展開變形得:${ B}_{i}\times { B}_{i+1} -{ A}_{i+1}\times { B}_{i+1}+ { A}_i\times { B}_{i}={ A}_i\times { A}_{i+1}$。

分別令 $i=1, 2, 3, \ldots, n$, 將所得 $n$ 式累加可得 (注意 $A_{n+1}=A_1$, $B_{n+1}=B_1$): \begin{eqnarray*} &&{ B}_1\times { B}_2+{ B}_2\times { B}_3+{ B}_3\times { B}_4+\cdots+{ B}_{n-1}\times { B}_n +{ B}_n\times { B}_1\\ &=&{ A}_1\times { A}_2+{ A}_2\times { A}_3+{ A}_3\times { A}_4+\cdots+{ A}_{n-1}\times { A}_n +{ A}_n\times { A}_1. \end{eqnarray*} 由引理2即知這兩個多邊形的面積相等。 $\tag*{$\Box$}$

另外, 筆者發現可以用割補法給出定理 1 的純幾何證明。 思路很簡單: 為了利用條件中的平行線, 將兩個目標圖形分別分割成若干對等底等高的三角形即可。

如圖2, 條件同定理1, 其中直線 $b_1$ 和 $c_1$ 相交於點 $G$, $a_1$ 和 $c_1$ 相交於點 $H$, $a_1$ 和 $b_1$ 相交於點 $I$。 我們插入點 $G$、$H$、$I$ 對兩目標三角形進行分割。

由引理1有: $S_{\triangle ABC}=S_{\triangle GAB}+S_{\triangle GBC}+S_{\triangle GCA}$。 其中:$S_{\triangle GBC}=S_{\triangle HGC}+S_{\triangle HBC}+S_{\triangle HCG}=S_{\triangle HGB}+S_{\triangle HBC}$, $S_{\triangle GCA}=S_{\triangle IGC}+S_{\triangle ICA}+S_{\triangle IAG}$。

又上式中的 $S_{\triangle IGC}=S_{\triangle HIG}+S_{\triangle HGC}+S_{\triangle HCI}=S_{\triangle HIG}+S_{\triangle HCI}$。 \begin{eqnarray} \hbox{所以}&&S_{\triangle ABC}=S_{\triangle GAB}+S_{\triangle HGB}+S_{\triangle HBC}+S_{\triangle HIG}+S_{\triangle HCI}+S_{\triangle ICA}+S_{\triangle IAG} \hbox{。}\qquad~\label{2}\\ \hbox{同理}&&S_{\triangle DEF}=S_{\triangle GEF}+S_{\triangle HGF}+S_{\triangle HFD}+S_{\triangle HIG}+S_{\triangle HDI}+S_{\triangle IDE}+S_{\triangle IEG}\hbox{。} \label{3} \end{eqnarray} 比較 \eqref{2}、 \eqref{3} 兩式右側的 7 對三角形, 其中第4對相同, 第2對、 第5對、 第7對等底等高。

再看第 1 對: $\triangle GAB$ 與 $\triangle GEB$ 等底等高, 而 $\triangle GEF$ 也與 $\triangle GEB$ 等底等高, 所以第 1 對三角形面積也相等。 同理第 3 對、第 6 對面積也相等。

所以 $S_{\triangle ABC}=S_{\triangle DEF}$。

注意到 \eqref{2}、 \eqref{3} 兩式都是由引理 1 推得的, 而引理 1 是恒等式, 則上述證明對定理 1 的各種變式圖形均適用。有興趣的讀者可以對圖 1 進行驗證。

這種方法對一般的 $n$ 對平行線時也適用。

不知道空間中是否有和定理 $1$ 類似的結論成立?

註: 最初筆者是用座標法來證明 "$n$對平行線猜想" 的, 經審稿先生建議而改以向量呈現, 使證明過程得以大大簡化。在此謹表謝意!

參考資料

劉步松, 三組平行線定理及其一個猜想[J]。數學傳播, 2013(37), 2: 93-96。

---本文作者任教重慶市長壽龍溪中學---

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