吳 波

(1.重慶市八中兩江金溪中學(xué)校 401120；2.重慶市長(zhǎng)壽龍溪中學(xué) 401249)

1 一個(gè)幾何定理溯源

文獻(xiàn)[1]證明了楊路教授提出的如下問(wèn)題：

定理1一個(gè)平面凸四邊形，經(jīng)過(guò)其中三個(gè)頂點(diǎn)可作一個(gè)圓，這樣可得到4個(gè)圓(不排除其中有重合)．如果這4個(gè)圓中有3個(gè)是等圓，則此4頂點(diǎn)共圓．

文獻(xiàn)[1]對(duì)定理1的純幾何證明略顯復(fù)雜．其實(shí)定理1當(dāng)是源自于一個(gè)漂亮的幾何恒等式．而這個(gè)幾何恒等式也是楊路教授得到的，并收錄在文獻(xiàn)[2]中，即是：

定理2[2]平面凸四邊形A1A2A3A4中|AiAj|=aij(1≤i

(R1R2+R3R4)a12a34+(R1R4+R2R3)a14a23=(R1R3+R2R4)a13a24．

定理1的證明因四個(gè)外接圓中有3個(gè)是等圓，不妨設(shè)R1=R2=R3=R，代入定理2的恒等式可知三項(xiàng)的系數(shù)均為R(R+R4)．約去R(R+R4)可得

a12a34+a14a23=a13a24，

由Ptolemy定理之逆即知定理1成立．證畢．

需要說(shuō)明的是同，如果定理1中的平面四邊形不是凸四邊形，那么即便題設(shè)中那4個(gè)圓全是等圓，也不能保證四頂點(diǎn)共圓.事實(shí)上，存在這樣的反例——當(dāng)平面上四點(diǎn)A1,A2,A3,A4構(gòu)成一個(gè)垂心組時(shí)，△A2A3A4,△A1A3A4,△A1A2A4,△A1A2A3的外接圓是等圓，但此四點(diǎn)顯然不共圓．

2 文獻(xiàn)[1]的推廣與證明中的邏輯錯(cuò)誤

文獻(xiàn)[1]還將定理1推廣到了平面凸五邊形，平面凸六邊形中，即(表述形式略有改動(dòng))：

命題1[1]一個(gè)平面凸五邊形，經(jīng)過(guò)其中三個(gè)頂點(diǎn)可作一個(gè)圓，這樣可得到10個(gè)圓(不排除其中有重合)．如果這10個(gè)圓中(至少)有7個(gè)是等圓，則此5頂點(diǎn)共圓．

命題2[1]一個(gè)平面凸六邊形，經(jīng)過(guò)其中三個(gè)頂點(diǎn)可作一個(gè)圓，這樣可得到20個(gè)圓(不排除其中有重合)．如果這20個(gè)圓中(至少)有13個(gè)是等圓，則此6頂點(diǎn)共圓．

文獻(xiàn)[1]用數(shù)學(xué)歸納法將其推廣到了一般的平面凸n邊形，即是(表述形式略有改動(dòng))：

上述推廣命題本身是正確的，但文獻(xiàn)[1]對(duì)它們的“證明”卻是錯(cuò)誤的．

為了看清文獻(xiàn)[1]中的錯(cuò)誤，下面我們摘錄文獻(xiàn)[1]對(duì)命題1的“證明”中的部分過(guò)程：

先證5頂點(diǎn)中必存在4個(gè)頂點(diǎn)共圓．假設(shè)每個(gè)頂點(diǎn)所在的“等圓三角形”至少有5個(gè)，每個(gè)“等圓三角形”至多被計(jì)算3次，那么“等圓三角形”至少有5×5÷3>8個(gè)．這與已知7個(gè)“等圓三角形”矛盾．故必存在一個(gè)頂點(diǎn)，含此頂點(diǎn)的“等圓三角形”不超過(guò)4個(gè)，那么剩下4個(gè)頂點(diǎn)至少有3個(gè)“等圓三角形”．由引理2(注：文獻(xiàn)[1]中引理2即是本文中的定理1)知此4頂點(diǎn)共圓……

上述“證明”中認(rèn)為“等圓三角形至少有5×5÷3>8個(gè)”與“有7個(gè)等圓三角形”矛盾．由此反證假設(shè)不成立．顯然，文獻(xiàn)[1]是將命題1中“有7個(gè)是等圓”中的“有”理解成了“有且僅有”(或“至多有”)．然而這種理解并不正確！

事實(shí)上，命題1的結(jié)論“5頂點(diǎn)共圓”顯然蘊(yùn)含了“10個(gè)圓都是等圓”的結(jié)論．若按上述“證明”中的理解，那就意味著由“有且僅有7個(gè)是等圓”(或“至多有7個(gè)是等圓”)的題設(shè)卻推出了“10個(gè)圓都是等圓”的結(jié)論．但這兩者明顯相互矛盾，前者不可能蘊(yùn)含后者.

我們認(rèn)為：命題1中的“有7個(gè)是等圓”中的“有”的含義應(yīng)當(dāng)是“至少有”．這樣，題設(shè)與結(jié)論間才不矛盾．但如果是“至少有”的意思，那么上述“證明”中推出的“等圓三角形至少有5×5÷3>8個(gè)”與題設(shè)“至少有7個(gè)是等圓”是可能同時(shí)發(fā)生的．也就是說(shuō)，文獻(xiàn)[1]的“證明”中由假設(shè)并未導(dǎo)出矛盾！這樣的話，文獻(xiàn)[1]使用的反證法就失效了．

綜上所述，文獻(xiàn)[1]對(duì)此命題的“證明”是不正確的．

而文獻(xiàn)[1]對(duì)上面的命題2和定理3的證明中存在同樣的推理步驟，所以犯有同樣的邏輯錯(cuò)誤，從而其“證明”也同樣是不正確的．

由于對(duì)某些量詞錯(cuò)誤的理解導(dǎo)致在解答問(wèn)題時(shí)不知不覺(jué)地犯下邏輯錯(cuò)誤，這并不鮮見(jiàn)．但值得肯定的是：文獻(xiàn)[1]給出的推廣命題本身是正確的．當(dāng)然，這需要重新證明．

3 定理3的重新證明

我們先證明命題1．通過(guò)對(duì)此種具體情形的證明來(lái)介紹我們的思路．

命題1的證明先證5頂點(diǎn)A1,A2,A3,A4,A5中必存在4頂點(diǎn)共圓．

假設(shè)從5頂點(diǎn)中任取的4頂點(diǎn)都不共圓．結(jié)合定理1知：其中任4頂點(diǎn)構(gòu)成的凸四邊形中能產(chǎn)生的等圓不超過(guò)2個(gè)．而從5頂點(diǎn)中任取4頂點(diǎn)有5種取法，因此等圓不超過(guò)2×5個(gè)．

不過(guò)上面的計(jì)數(shù)方法會(huì)使得等圓被重復(fù)計(jì)數(shù)．我們需要知道每個(gè)等圓被計(jì)算了幾次．

因此實(shí)際等圓個(gè)數(shù)不會(huì)超過(guò)5×2÷2=5個(gè)．這與題設(shè)“至少有7個(gè)是等圓”矛盾．

矛盾表明：5頂點(diǎn)A1,A2,A3,A4,A5中必存在4頂點(diǎn)共圓．

不妨設(shè)這兩個(gè)有從A5出發(fā)的公共邊的等圓三角形是△A1A2A5和△A1A3A5．注意到A1,A2,A3,A4共圓，因此△A1A2A3也是等圓三角形．這樣，在凸四邊形A1A2A3A5中就產(chǎn)生了3個(gè)等圓三角形．由定理1可知：A1,A2,A3,A5四點(diǎn)共圓．由此即得：A1,A2,A3,A4,A5這5點(diǎn)共圓．證畢．

下面我們用數(shù)學(xué)歸納法對(duì)一般情形進(jìn)行證明．

定理3的證明當(dāng)n=4時(shí)，由定理1知結(jié)論成立．

假設(shè)當(dāng)n=k(k≥4)時(shí)結(jié)論成立，即：

當(dāng)n=k+1時(shí)，我們需要去證明下面的結(jié)論成立：

先證k+1個(gè)頂點(diǎn)A1,A2,A3,…,Ak+1中必存在k個(gè)頂點(diǎn)共圓．

下面我們看看其中的每一個(gè)等圓被計(jì)算了幾次．

對(duì)照上面n=k+1時(shí)的命題的題設(shè)，只需證明如下不等式即可導(dǎo)致矛盾.

<(k-1)(k-2)．

(i)當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，上式

?(k+1)(k-1)-(k-2)(k+1)<(k-1)(k-2)

?k2-4k+1>0；

(ii)當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，前式

?(k+1)(k-2)-(k-2)(k+2)<(k-1)(k-2)

?k2-2k>0．

在k≥4的條件下上面(i)、(ii)中的不等式顯然都是成立的．

綜上可知,能導(dǎo)致矛盾的那個(gè)不等式確實(shí)成立．

矛盾表明：假設(shè)不成立．所以，在頂點(diǎn)A1,A2,A3,…,Ak+1中必存在k個(gè)頂點(diǎn)共圓．

不妨設(shè)這兩個(gè)有一條從Ak+1出發(fā)的公共邊的等圓三角形是△A1A2Ak+1和△A1A3Ak+1．注意到A1,A2,A3,…,Ak共圓，因此△A1A2A3也是等圓三角形．這樣，在凸四邊形A1A2A3Ak+1中就產(chǎn)生了3個(gè)等圓三角形．由定理1可知：A1,A2,A3,Ak+1四點(diǎn)共圓．即Ak+1也在A1,A2,A3所確定的圓上．

由此即知：A1,A2,A3,…,Ak+1這k+1個(gè)頂點(diǎn)共圓．

所以，當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論也成立.

綜上，定理3在n∈N且n≥4時(shí)都成立．證畢．

這樣，我們就完成了對(duì)一般情形的重新證明．

4 問(wèn)題

或者也可以換個(gè)提法：

另外，文獻(xiàn)[1]還提到了能否將定理3推廣到3維空間的問(wèn)題．對(duì)這幾個(gè)相關(guān)問(wèn)題，有興趣的讀者可繼續(xù)研究．