吳 波

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

1 一個幾何定理溯源

文獻[1]證明了楊路教授提出的如下問題：

定理1一個平面凸四邊形，經(jīng)過其中三個頂點可作一個圓，這樣可得到4個圓(不排除其中有重合)．如果這4個圓中有3個是等圓，則此4頂點共圓．

文獻[1]對定理1的純幾何證明略顯復(fù)雜．其實定理1當(dāng)是源自于一個漂亮的幾何恒等式．而這個幾何恒等式也是楊路教授得到的，并收錄在文獻[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的證明因四個外接圓中有3個是等圓，不妨設(shè)R1=R2=R3=R，代入定理2的恒等式可知三項的系數(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個圓全是等圓，也不能保證四頂點共圓.事實上，存在這樣的反例——當(dāng)平面上四點A1,A2,A3,A4構(gòu)成一個垂心組時，△A2A3A4,△A1A3A4,△A1A2A4,△A1A2A3的外接圓是等圓，但此四點顯然不共圓．

2 文獻[1]的推廣與證明中的邏輯錯誤

文獻[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)：

命題1[1]一個平面凸五邊形，經(jīng)過其中三個頂點可作一個圓，這樣可得到10個圓(不排除其中有重合)．如果這10個圓中(至少)有7個是等圓，則此5頂點共圓．

命題2[1]一個平面凸六邊形，經(jīng)過其中三個頂點可作一個圓，這樣可得到20個圓(不排除其中有重合)．如果這20個圓中(至少)有13個是等圓，則此6頂點共圓．

文獻[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)：

上述推廣命題本身是正確的，但文獻[1]對它們的“證明”卻是錯誤的．

為了看清文獻[1]中的錯誤，下面我們摘錄文獻[1]對命題1的“證明”中的部分過程：

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

上述“證明”中認(rèn)為“等圓三角形至少有5×5÷3>8個”與“有7個等圓三角形”矛盾．由此反證假設(shè)不成立．顯然，文獻[1]是將命題1中“有7個是等圓”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！

事實上，命題1的結(jié)論“5頂點共圓”顯然蘊含了“10個圓都是等圓”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個是等圓”(或“至多有7個是等圓”)的題設(shè)卻推出了“10個圓都是等圓”的結(jié)論．但這兩者明顯相互矛盾，前者不可能蘊含后者.

我們認(rèn)為：命題1中的“有7個是等圓”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”與題設(shè)“至少有7個是等圓”是可能同時發(fā)生的．也就是說，文獻[1]的“證明”中由假設(shè)并未導(dǎo)出矛盾！這樣的話，文獻[1]使用的反證法就失效了．

綜上所述，文獻[1]對此命題的“證明”是不正確的．

而文獻[1]對上面的命題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誤，從而其“證明”也同樣是不正確的．

由于對某些量詞錯誤的理解導(dǎo)致在解答問題時不知不覺地犯下邏輯錯誤，這并不鮮見．但值得肯定的是：文獻[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．通過對此種具體情形的證明來介紹我們的思路．

命題1的證明先證5頂點A1,A2,A3,A4,A5中必存在4頂點共圓．

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

不過上面的計數(shù)方法會使得等圓被重復(fù)計數(shù)．我們需要知道每個等圓被計算了幾次．

因此實際等圓個數(shù)不會超過5×2÷2=5個．這與題設(shè)“至少有7個是等圓”矛盾．

矛盾表明：5頂點A1,A2,A3,A4,A5中必存在4頂點共圓．

不妨設(shè)這兩個有從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個等圓三角形．由定理1可知：A1,A2,A3,A5四點共圓．由此即得：A1,A2,A3,A4,A5這5點共圓．證畢．

下面我們用數(shù)學(xué)歸納法對一般情形進行證明．

定理3的證明當(dāng)n=4時，由定理1知結(jié)論成立．

假設(shè)當(dāng)n=k(k≥4)時結(jié)論成立，即：

當(dāng)n=k+1時，我們需要去證明下面的結(jié)論成立：

先證k+1個頂點A1,A2,A3,…,Ak+1中必存在k個頂點共圓．

下面我們看看其中的每一個等圓被計算了幾次．

對照上面n=k+1時的命題的題設(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，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，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)致矛盾的那個不等式確實成立．

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

不妨設(shè)這兩個有一條從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個等圓三角形．由定理1可知：A1,A2,A3,Ak+1四點共圓．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個頂點共圓．

所以，當(dāng)n=k+1時結(jié)論也成立.

綜上，定理3在n∈N且n≥4時都成立．證畢．

這樣，我們就完成了對一般情形的重新證明．

4 問題

或者也可以換個提法：

另外，文獻[1]還提到了能否將定理3推廣到3維空間的問題．對這幾個相關(guān)問題，有興趣的讀者可繼續(xù)研究．