向量商概念证明几何定理
有关向量商的更多内容参考https://bbs.emath.ac.cn/thread-3241-4-1.html第六楼国际会议学术论文，向量商概念学术界有很多争议。假设P在正三角形ABC的平面上，PA=PB+PC，则P在它的外接圆上。
证明：假设它的中心0与原点重合，ω是三次单位根，a=1，则b=ω，c=\(\bar{ω}，\)\(\frac{\vec{PB}}{\vec{PC}}=λv,其中\lambda和v分别是是长度和方向比\)，利用向量定比分点公式得：
\(p=\frac{\omega-\omega^2\lambda v}{1-\lambda v}\),所以有\(\vec{PC}=\frac{\omega^2-\omega}{1-\lambda v},\vec{PA}=\frac{(1-\omega)(1+\omega^2\lambda v)}{1-\lambda v}\),
因为PA=PB+PC，所以\(|\frac{(1-\omega)(1+\omega^2\lambda v)}{1-\lambda v}|=|\frac{\omega^2-\omega}{1-\lambda v}|(1+\lambda )\),
化简后得\(\abs{1+\omega^2\lambda v}=1+\lambda\)，显然可以求得v=ω，充分条件得证，必要条件比较容易，这里省去。
假设正三角形的边长是a
根据托勒密定理
PC*a+PB*a=PA*a
所以PA=PB+PC
这是我见过的最弱智的证明题！ mathematica 发表于 2020-1-15 16:13
假设正三角形的边长是a
根据托勒密定理
PC*a+PB*a=PA*a
如果PA=PB+PC
对于任意的P点都成立，
能否推出ABC是正三角形呢？ 就实例来说并不是很难，只是想说明虽然概i念非常清晰，数学理论已经非常完善，对这种概念存在争议，匪夷所思，或许是因为不重要。丁石孙在《数学的力量》（http://www.cms.org.cn/news/4532.html）中谈到：“……数学里要求对概念的描述非常准确。……数学的第二个特点就是它要求对概念非常准确地刻画。”向量商的定义应该是准确的。
应用托勒密定理和逆定理的确很容易，但是不用应该有一定难度，https://wenku.baidu.com/view/22b35262f121dd36a22d8270.html中提到的贝利切那德定理是什么？搜不到。
RE: 向量商概念证明几何定理 [修改]
mathematica 发表于 2020-1-15 16:26
如果PA=PB+PC
对于任意的P点都成立，
能否推出ABC是正三角形呢？
不可能对于任意的P点都成立，你可以根据椭圆的定义就可以知道，但是如果改成Ｐ在一段圆弧上，PA=PB+PC，倒是一个问题。
如图，证明：
1、AD·BC+AB·DC=AC·BD（托勒密定理）。
2、\(\frac{AD\cdot CD+BA\cdot BC}{AD\cdotAB+CD\cdot BC}=\frac{DB}{AC}\)
托勒密定理用纯平几方法有一定难度，第二条合用面积方法和正弦定理容易证明。 本帖最后由 dlsh 于 2020-1-20 22:35 编辑
假设B在原点，d=1,\(\frac{\vec{AD}}{\vec{AB}}=\lambda v，\frac{\vec{BC}}{\vec{DC}}=-\lambda_{1}v,其中\lambda、\lambda_{1}和v分别是长度和方向商\)，容易求出：
\(a=\frac{1}{1-\lambda v},c=\frac{1}{1+\lambda_{1} v}\),代入欲证明等式中即可证明。
第一条结论非常明显，证明第二条结论如下：
根据上楼得：
\(AB=\frac{1}{\abs{1-\lambda v}},AD=\frac{\lambda }{\abs{1-\lambda v}},BC=\frac{1}{\abs{1+\lambda _{1}v}},BD=\frac{\lambda{1} }{\abs{1-\lambda _{1}v}},\vec{AC}=\frac{(\lambda+\lambda{1})v}{(1-\lambda v)(1+\lambda_ {1}v)}\)
所以，\(\frac{ABBC+ADCD}{ADAB+BCCD}=\)=\(\frac{(1+\lambda\lambda_{1})\abs{1-\lambda v}\abs{1+\lambda_{1} v}}{\lambda\abs{1+\lambda_{1} v}^2+\lambda_{1} \abs{1-\lambda v}^2}\)=\(\frac{\abs{(1-\lambda v)(1+\lambda_{1} v)}}{(\lambda+\lambda_{1})}\)=\(\frac{BD}{AC}\) 本帖最后由 dlsh 于 2020-1-29 22:07 编辑
如图，假设BD是角平分线，证明：\(（1）AB:AC=AD:DC,（2）ABAC=ADDC+AD^2\)
证明：\(假设B在原点，c=1,a=λv，\bar{a}=\frac{\lambda}{v}，\frac{\vec{AD}}{\vec{CD}}=\lambda_{0}\),则
\(d=\frac{a-\lambda_{0}}{1-\lambda_{0}}=\frac{λv-\lambda_{0}}{1-\lambda_{0}}，\bar{d}=\frac{\bar{a}-\lambda_{0}}{1-\lambda_{0}}=\frac{λ/v-\lambda_{0}}{1-\lambda_{0}}\),因为\(\frac{d}{\bar{d}}=v\),所以\(\frac{λv-\lambda_{0}}{λ/v-\lambda_{0}}=v\)，容易求得\(\lambda_{0}=-λ\)，第一条结论得到证明。
从第一条结论得到\(d=\frac{λv+λ}{1+λ}，\bar{d}=\frac{λ(v+1)}{(1+λ)v}\),欲证明结论等价于：
\(\lambda\left(\frac{λv+λ}{1+λ}-1\right)[\frac{λ(v+1)}{(1+λ)v}-1]+\frac{λ^2\left(1+v\right)^2}{\left(1+\lambda\right)^2v}=\lambda\) 本帖最后由 dlsh 于 2020-1-30 21:31 编辑
方法二：假设B在原点，BC在实轴上，\(BD=1，a=\lambda d^2,则\bar{d}=1/d,\bar{a}=\lambda /d^2,\)易得直线AC的方程是：
\(\left(\frac{\lambda}{d^2}-1/d\right)z-\left(d^2\lambda-d\right)\bar{z}=\lambda/d-d\lambda\)
与实轴方程联立容易求出:
\(c=\bar{c}=\frac{\lambda d}{\lambda\left(1+d^2\right)-d}\)
\(\therefore\vec{AD}=d\left(1-\lambda d\right),\vec{CD}=\frac{d^2\left(\lambda d-1\right)}{\lambda\left(1+d^2\right)-d}\)
\(\frac{\vec{AD}}{\vec{CD}}=-\frac{\lambda\left(1+d^2\right)-d}{d},\frac{AB}{BC}=\frac{\lambda\left(1+d^2\right)-d}{d}\),第一条结论成立。
\(共轭向量\bar{\vec{CD}}=\frac{\lambda-d}{d[\lambda\left(1+d^2\right)-d]}\)
\(ABBC-ADCD=\frac{\lambda^2d}{\lambda\left(1+d^2\right)-d}+d\left(1-\lambda d\right)\frac{\left(\lambda-d\right)}{d[\lambda\left(1+d^2\right)-d]}=1=BD^2\)
本帖最后由 dlsh 于 2020-2-2 22:56 编辑
方法三：\(假设B在原点，c=1,\frac{\vec{AC}}{\vec{AB}}=\lambda v,\frac{\vec{CD}}{\vec{BD}}=- \lambda \)，可求得\(a=\frac{1}{1-\lambda v},d=\frac{1}{1+\lambda}\)，所以
\(\vec{AD}=\frac{\lambda \left(v+1\right)}{\left(\lambda v-1\right )\left(\lambda-v\right)\left(1+\lambda\right)},AD^2=\frac{\lambda^2}{\left(1+\lambda\right)^2}\frac{\left(1+v\right)^2}{\left(\lambda v-1\right )\left(\lambda-v
\right)}\);
\(ABAC-ADBD=\lambda\left(AB^2-AD^2\right)=\lambda [\frac{v}{\left(1-\lambda v\right)\left(v-\lambda\right)}-\frac{1}{(1+\lambda)^2}]\)
化简后它们相等，所以结论得证。
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