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# [原创] Sejfried定理的一个证明

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$\left\{ \begin{array}{l} X = \frac{{\lambda \mu A + B + \lambda C}}{{1 + \lambda + \lambda \mu }} \\ Y = \frac{{\mu vB + C + \mu A}}{{1 + \mu + \mu v}} \\ Z = \frac{{v\lambda C + A + vB}}{{1 + v + v\lambda }} \\ \end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l} \mathop {IX}\limits^ \to &= \frac{{\lambda \mu \mathop {IA}\limits^ \to + \mathop {IB}\limits^ \to + \lambda \mathop {IC}\limits^ \to }}{{1 + \lambda + \lambda \mu }} &= \frac{1}{{1 + \lambda + \lambda \mu }}\left( {\lambda \mu \frac{{{e^{i\left( {\varphi - \theta } \right)}}}}{{\cos \left( {\theta + \varphi } \right)}} + \frac{{{e^{ - i\theta }}}}{{\cos \theta }} + \lambda \frac{{{e^{i\varphi }}}}{{\cos \varphi }}} \right)\mathop {IG}\limits^ \to \\ \mathop {IY}\limits^ \to &= \frac{{\mu v\mathop {IB}\limits^ \to + \mathop {IC}\limits^ \to + \mu \mathop {IA}\limits^ \to }}{{1 + \mu + \mu v}} &= \frac{1}{{1 + \mu + \mu v}}\left( {\mu v\frac{{{e^{ - i\theta }}}}{{\cos \theta }} + \frac{{{e^{i\varphi }}}}{{\cos \varphi }} + \mu \frac{{{e^{i\left( {\varphi - \theta } \right)}}}}{{\cos \left( {\theta + \varphi } \right)}}} \right)\mathop {IG}\limits^ \to \\ \mathop {IZ}\limits^ \to &= \frac{{v\lambda \mathop {IC}\limits^ \to + \mathop {IA}\limits^ \to + v\mathop {IB}\limits^ \to }}{{1 + v + v\lambda }} &= \frac{1}{{1 + v + v\lambda }}\left( {v\lambda \frac{{{e^{i\varphi }}}}{{\cos \varphi }} + \frac{{{e^{i\left( {\varphi - \theta } \right)}}}}{{\cos \left( {\theta + \varphi } \right)}} + v\frac{{{e^{ - i\theta }}}}{{\cos \theta }}} \right)\mathop {IG}\limits^ \to \\ \end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l} \abs{\lambda \mu \frac{{{e^{i\left( {\varphi - \theta } \right)}}}}{{\cos \left( {\theta + \varphi } \right)}} + \frac{{{e^{ - i\theta }}}}{{\cos \theta }} + \lambda \frac{{{e^{i\varphi }}}}{{\cos \varphi }}} = 1 + \lambda + \lambda \mu \\ \abs{\mu v\frac{{{e^{ - i\theta }}}}{{\cos \theta }} + \frac{{{e^{i\varphi }}}}{{\cos \varphi }} + \mu \frac{{{e^{i\left( {\varphi - \theta } \right)}}}}{{\cos \left( {\theta + \varphi } \right)}}} = 1 + \mu + \mu v \\ \abs{v\lambda \frac{{{e^{i\varphi }}}}{{\cos \varphi }} + \frac{{{e^{i\left( {\varphi - \theta } \right)}}}}{{\cos \left( {\theta + \varphi } \right)}} + v\frac{{{e^{ - i\theta }}}}{{\cos \theta }}} = 1 + v + v\lambda \\ \end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l} \abs{1 + \lambda + \lambda \mu + \lambda \mu \frac{{2xy}}{{1 - xy}} + i\left( { - x + \lambda y + \lambda \mu \frac{{y - x}}{{1 - xy}}} \right)} &= 1 + \lambda + \lambda \mu \\ \abs{1 + \mu + \mu v + \mu \frac{{2xy}}{{1 - xy}} + i\left( { - \mu vx + y + \mu \frac{{y - x}}{{1 - xy}}} \right)} &= 1 + \mu + \mu v \\ \abs{1 + v + v\lambda + \frac{{2xy}}{{1 - xy}} + i\left( { - vx + v\lambda y + \frac{{y - x}}{{1 - xy}}} \right)} &= 1 + v + v\lambda \\ \end{array} \right.$

$\left\{ \begin{array}{l} {p^2}{\left( {1 + q} \right)^2}{\lambda ^2}{\mu ^2} - 2p\left( {1 + q} \right)\lambda \mu \left( {q\lambda + 1} \right) + {\left( {q\lambda - 1} \right)^2} &= 0 \\ {\left( {p + pq - v} \right)^2}{\mu ^2} - 2q\left( {p + pq + v} \right)\mu + {q^2} &= 0 \\ {\left( {p + pq - v} \right)^2} - 2qv\left( {p + pq + v} \right)\lambda + {q^2}{v^2}{\lambda ^2} &= 0 \\ \end{array} \right.$

${\lambda ^2}{\mu ^2}{v^2} - 18\lambda \mu v + 1 = 0$

楼主| 发表于 2015-12-30 22:12:41 | 显示全部楼层
 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

楼主| 发表于 2015-12-30 22:27:13 | 显示全部楼层
 并可求得$\lambda = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\frac{{\tan \theta }}{{\tan \varphi }},\mu = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\frac{{\tan \varphi }}{{\tan \left( {\theta + \varphi } \right)}},v = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\frac{{\tan \left( {\theta + \varphi } \right)}}{{\tan \theta }}$

 X、Y、Z都是些什么点？三角形面积四等分么？

 可以进一步算出： $\lambda=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{a+c-b}{a+b-c},\mu=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{a+b-c}{-a+b+c},v=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{-a+c+b}{a-b+c}$ $\lambda=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{a-c+b}{a-b+c},\mu=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{-a+b+c}{a+b-c},v=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{a+c-b}{-a+b+c}$

 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${AF}/{FB}={BD}/{DC}={CE}/{EA}=φ^2$。

## Sejfried定理的射影形式

 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。

 这个得数蛮好玩的。 $$\D\frac{BD}{DC}\*\frac{CE}{EA}\*\frac{AF}{FB}=\left(\frac{\sqrt{5}-1\ }{2}\right)^6=\frac{1}{\sqrt{81}+\sqrt{80}\ \ }=\sqrt{81}-\sqrt{80}$$

### 点评

 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？

 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。

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