Sejfried定理的一个证明

creasson

最近看到这个定理，很是优美，这里给一个证明。
如图，令$G$点是由内心向边$BC$所引的垂足。
然后令\[\frac{{BD}}{{BC}}{\rm{ = }}\frac{\lambda }{{1 + \lambda }},\frac{{CE}}{{CA}}{\rm{ = }}\frac{\mu }{{1 + \mu }},\frac{{AF}}{{AB}}{\rm{ = }}\frac{v}{{1 + v}},\angle GIB = \theta ,\angle GIC = \varphi \]
其中要求$\theta ,\varphi $满足条件$ 0 < \theta ,\varphi < \frac{\pi }{2} < \theta + \varphi $
不难得知 \[\mathop {IB}\limits^ \to = \frac{{{e^{ - i\theta }}}}{{\cos \theta }}\mathop {IG}\limits^ \to ,\mathop {IC}\limits^ \to = \frac{{{e^{i\varphi }}}}{{\cos \varphi }}\mathop {IG}\limits^ \to ,\mathop {IA}\limits^ \to = \frac{{{e^{i\left( {\varphi - \theta } \right)}}}}{{\cos \left( {\theta + \varphi } \right)}}\mathop {IG}\limits^ \to \]
然后计算三条直线的交点，求得$X,Y,Z$的重心坐标：
\[\left\{ \begin{array}{l}
X = \frac{{\lambda \mu A + B + \lambda C}}{{1 + \lambda + \lambda \mu }} \\
Y = \frac{{\mu vB + C + \mu A}}{{1 + \mu + \mu v}} \\
Z = \frac{{v\lambda C + A + vB}}{{1 + v + v\lambda }} \\
\end{array} \right.\]
两端同时减去$I$,即有
\[\left\{ \begin{array}{l}
\mathop {IX}\limits^ \to &= \frac{{\lambda \mu \mathop {IA}\limits^ \to + \mathop {IB}\limits^ \to + \lambda \mathop {IC}\limits^ \to }}{{1 + \lambda + \lambda \mu }} &= \frac{1}{{1 + \lambda + \lambda \mu }}\left( {\lambda \mu \frac{{{e^{i\left( {\varphi - \theta } \right)}}}}{{\cos \left( {\theta + \varphi } \right)}} + \frac{{{e^{ - i\theta }}}}{{\cos \theta }} + \lambda \frac{{{e^{i\varphi }}}}{{\cos \varphi }}} \right)\mathop {IG}\limits^ \to \\
\mathop {IY}\limits^ \to &= \frac{{\mu v\mathop {IB}\limits^ \to + \mathop {IC}\limits^ \to + \mu \mathop {IA}\limits^ \to }}{{1 + \mu + \mu v}} &= \frac{1}{{1 + \mu + \mu v}}\left( {\mu v\frac{{{e^{ - i\theta }}}}{{\cos \theta }} + \frac{{{e^{i\varphi }}}}{{\cos \varphi }} + \mu \frac{{{e^{i\left( {\varphi - \theta } \right)}}}}{{\cos \left( {\theta + \varphi } \right)}}} \right)\mathop {IG}\limits^ \to \\
\mathop {IZ}\limits^ \to &= \frac{{v\lambda \mathop {IC}\limits^ \to + \mathop {IA}\limits^ \to + v\mathop {IB}\limits^ \to }}{{1 + v + v\lambda }} &= \frac{1}{{1 + v + v\lambda }}\left( {v\lambda \frac{{{e^{i\varphi }}}}{{\cos \varphi }} + \frac{{{e^{i\left( {\varphi - \theta } \right)}}}}{{\cos \left( {\theta + \varphi } \right)}} + v\frac{{{e^{ - i\theta }}}}{{\cos \theta }}} \right)\mathop {IG}\limits^ \to \\
\end{array} \right.\]
由于此三点与$IG$的长度是相同的，所以
\[\left\{ \begin{array}{l}
\abs{\lambda \mu \frac{{{e^{i\left( {\varphi - \theta } \right)}}}}{{\cos \left( {\theta + \varphi } \right)}} + \frac{{{e^{ - i\theta }}}}{{\cos \theta }} + \lambda \frac{{{e^{i\varphi }}}}{{\cos \varphi }}} = 1 + \lambda + \lambda \mu \\
\abs{\mu v\frac{{{e^{ - i\theta }}}}{{\cos \theta }} + \frac{{{e^{i\varphi }}}}{{\cos \varphi }} + \mu \frac{{{e^{i\left( {\varphi - \theta } \right)}}}}{{\cos \left( {\theta + \varphi } \right)}}} = 1 + \mu + \mu v \\
\abs{v\lambda \frac{{{e^{i\varphi }}}}{{\cos \varphi }} + \frac{{{e^{i\left( {\varphi - \theta } \right)}}}}{{\cos \left( {\theta + \varphi } \right)}} + v\frac{{{e^{ - i\theta }}}}{{\cos \theta }}} = 1 + v + v\lambda \\
\end{array} \right.\]
做代换$x = \tan \theta, y = \tan \varphi$化为
\[\left\{ \begin{array}{l}
\abs{1 + \lambda + \lambda \mu + \lambda \mu \frac{{2xy}}{{1 - xy}} + i\left( { - x + \lambda y + \lambda \mu \frac{{y - x}}{{1 - xy}}} \right)} &= 1 + \lambda + \lambda \mu \\
\abs{1 + \mu + \mu v + \mu \frac{{2xy}}{{1 - xy}} + i\left( { - \mu vx + y + \mu \frac{{y - x}}{{1 - xy}}} \right)} &= 1 + \mu + \mu v \\
\abs{1 + v + v\lambda + \frac{{2xy}}{{1 - xy}} + i\left( { - vx + v\lambda y + \frac{{y - x}}{{1 - xy}}} \right)} &= 1 + v + v\lambda \\
\end{array} \right.\]
再做代换$ xy = 1 + \frac{1}{p}, y = qx $(其中$p > 0,q > 0$), 化为
\[\left\{ \begin{array}{l}
{p^2}{\left( {1 + q} \right)^2}{\lambda ^2}{\mu ^2} - 2p\left( {1 + q} \right)\lambda \mu \left( {q\lambda + 1} \right) + {\left( {q\lambda - 1} \right)^2} &= 0 \\
{\left( {p + pq - v} \right)^2}{\mu ^2} - 2q\left( {p + pq + v} \right)\mu + {q^2} &= 0 \\
{\left( {p + pq - v} \right)^2} - 2qv\left( {p + pq + v} \right)\lambda + {q^2}{v^2}{\lambda ^2} &= 0 \\
\end{array} \right.\]
此三式消去$p,q$,即得到只含$\lambda ,\mu ,v$的方程，该方程恒有解
\[{\lambda ^2}{\mu ^2}{v^2} - 18\lambda \mu v + 1 = 0\]
其余解都因$X,Y,Z$三点相异而排除。

creasson

事实上，容易求得\[q = \frac{{1 + 3\lambda \mu v}}{{\lambda \left( {3 + \lambda \mu v} \right)}},p = \frac{{{{\left( {1 - \lambda \mu v} \right)}^2}}}{{2\mu \left( {1 + 3\lambda  + 3\lambda \mu v + {\lambda ^2}\mu v} \right)}}\]
\[\left( {{\lambda ^2}{\mu ^2}{v^2} - 18\lambda \mu v + 1} \right){\left( {\lambda \mu v - 1} \right)^2} = 0\]
于是各点的坐标都是可求的

creasson

并可求得\[\lambda  = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\frac{{\tan \theta }}{{\tan \varphi }},\mu  = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\frac{{\tan \varphi }}{{\tan \left( {\theta  + \varphi } \right)}},v = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\frac{{\tan \left( {\theta  + \varphi } \right)}}{{\tan \theta }}\]

aimisiyou

X、Y、Z都是些什么点？三角形面积四等分么？

数学星空

可以进一步算出：

\[\lambda=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{a+c-b}{a+b-c},\mu=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{a+b-c}{-a+b+c},v=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{-a+c+b}{a-b+c}\]

\[\lambda=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{a-c+b}{a-b+c},\mu=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{-a+b+c}{a+b-c},v=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{a+c-b}{-a+b+c}\]

hujunhua

aimisiyou 发表于 2015-12-30 23:45
X、Y、Z都是些什么点？三角形面积四等分么？

不是。对于一般三角形而言，面积的6个四等分点（2组，每组3个）位于一个椭圆上。椭圆切于各边中点。
可以参考本坛的另一帖《正三角形的一种面积四等分图》

但是，这两个构形确实有点关系。
Sejfried定理在仿射变换下仍然成立，也就是说对于三角形的任一内切椭圆仍然成立，所以对于切于各边中点的椭圆也不例外。
这时${AF}/{FB}={BD}/{DC}={CE}/{EA}=φ^2$。

hujunhua

Sejfried定理的构图有左右两个旋向，当把两个旋向的构图同时画出时，发现它俩的9个交点A,B,C,J,K,L,M,N,P位于三条热尔岗线（三角形顶点与内切圆在对边切点的连线）AG, BH, CI上。所以
左右交比`(BC, DD')=(CA, EE')=(AB, FF')=φ^4`……………………⑴
右旋交比`(BC, DG)=(CA, EH)=(AB, FI)=φ^2` ………………………⑵
左旋交比`(CB, D'G)=(AC, E'H)=(BA, F'I)=φ^2` ……………………⑶
这在射影变换下是不变的，即对一条二次曲线和它的任一外切三角形都是成立的。
同时还发现左右两旋向的六个点D, D', E, E', F, F'共一个椭圆。
在一般射影情况下，就是共一条二次曲线。
⑴式与原Sejfried定理强弱相当，⑵和⑶则比之更强。

将Sejfried定理的构图看作三角形面积四等分图

的一个射影，再结合塞瓦定理，可避开楼主的那些繁烦计算，简明地证明Sejfried定理。

王守恩

这个得数蛮好玩的。

\(\D\frac{BD}{DC}\*\frac{CE}{EA}\*\frac{AF}{FB}=\left(\frac{\sqrt{5}-1\ }{2}\right)^6=\frac{1}{\sqrt{81}+\sqrt{80}\ \ }=\sqrt{81}-\sqrt{80}\)

ejsoon

據我所知，牛頓也為五角星作了類似的圖。是否可以把這個定理擴展至n角星形？

ejsoon

二分之根號五減一：這個是小黄金比。

它跟1.618大黄金比，二者互為倒數。