追蹤
我行我數☆M'S Math
關於部落格
我學、我教、我行、我數,故我在
  • 3625

    累積人氣

  • 0

    今日人氣

    0

    追蹤人氣

最偉大的數學-畢氏定理

歐氏的分析與發現過程

在歐幾里得之前,古希臘的數學已經累積得相當豐富(限於篇幅我們未能詳細介紹),也有人將它們整理成冊,例如希波克拉底(Hippocrates, 約紀元前440年)就是第一位編輯《幾何原本》(the Elements) 的人。

後來,歐幾里得也總結了他那個時代古希臘的所有數學成果,編輯成13卷的歐氏《幾何原本》。此書最重要的特色是邏輯演繹系統的結構:由少數幾條公理 (axioms) 出發,推導出所有的幾何定理。公理是「直觀自明」的真理,是數學的源頭,無法證明,也不必證明。

歐氏的曠古名著,使得其他版本都黯然無光,乃至消失。歐氏所引起的效果,正如古人所說的「月昇燈失色,風起扇無功」。

從教育與學習歐氏幾何的觀點來看,我們最感興趣的問題是:

 

歐氏幾何的公理是怎麼得到的?

此地我們只是提出一種「合理的猜測」而已。至於歐氏當初是怎麼做出來的,只有天曉得!

關於追尋幾何源頭的故事,最著名的例子要推英國哲學家霍布士(T. Hobbes, 1588~1679)。下面是歐布烈 (J. Aubrey) 精采的描寫:

 

那時,霍布士已年過40歲,在一個偶然機會下,他遇見了幾何學。他無意中在圖書館裡看到歐氏《幾何原本》,正好打開在第一冊的第47個定理,即畢氏定理。讀了該定理後,他的第一個反應是「我的天啊,這怎麼可能!」他研讀其證明,發現要用到前面的定理,於是翻到前面讀之,又要用到更前面的定理,如此不斷地逆溯倒讀,最後終於來到幾何的源頭,即公理。霍布士於是肯定了畢氏定理的真確性,也愛上了幾何學。

要言之,歐氏為了證明少數幾個經驗幾何定理,如畢氏定理、三角形三內角和定理、三角形的全等定理、相似三角形基本定理、柏拉圖五種正多面體等等,於是整理前人的工作成果;經過選擇與試誤,加上自己的創見,最後才創造出那些公理,作為對幾何學的提綱挈領與以簡馭繁的了悟。

  
 
等腰三角形定理(又名驢橋定理):

在圖四十三中,若 $triangle ABC$ 為一個等腰三角形,即 AB=AC,則兩底角相等,即 $angle B = angle C$



圖四十三

 



圖四十四

 

對於先前所採用折疊的實驗式證法,歐氏不滿意。現在改進如下:

證明一:取 BC 的中點 M,連結 AM,則
 

 

begin{displaymath}
            triangle ABM cong triangle ACM quad (s.s.s.)
            end{displaymath}

 

於是 $angle B = angle C$

證明二(鏡影證法,A looking glass proof):

$triangle ABC$ 翻轉變成 $triangle A'C'B'$,此時形狀、大小、角度皆不變,參見圖四十四,則
 

 

begin{displaymath}
            triangle ABC cong triangle A'B'C' quad (s.a.s.)
            end{displaymath}

 

從而 $angle B = angle C' =angle C$。反過來,逆定理也成立:

如果 $angle B = angle C$,則 AB = AC,參見圖四十三。

證明一(鏡影法):在圖四十三與四十四中,因為
 

 

begin{displaymath}
            BC=C'B',angle B'= angle B=angle C= angle C'
            end{displaymath}

 

所以 $ triangle ABC cong triangle A'C'B' quad (a.s.a.)$ 從而 AB=AC

證明二(反證法或歸謬法):假設 AB>AC。在 AB 內取一點 D,使得 BD=AC。連結 CD。因為 $angle B = angle C$,且 BC 共用,所以
 

 

begin{displaymath}
            triangle ACB cong triangle DBC quad (a.s.a.)
            end{displaymath}

 

但是 $triangle DBC$ 只是 $triangle ACB$ 的一部分,這就跟「全量大於分量」牴觸。同理,若 AB<AC,也得到矛盾。所以只好 AB=AC

再退一步,三角形的全等定理 (s,a.s., a.s.a, s.s.s.) 為何成立?以下只追究a.s.a.定理,其餘兩個同理可證:



圖四十五

 

兩角夾一邊對應相等的兩個三角形全等,即三個邊及三個內角皆對應相等。在圖四十六中,假設 $angle B = angle B'$$angle C = angle C'$BC=B'C'



圖四十六

 

證明(移形疊合法):將 $triangle A'B'C'$ 搬移到 $triangle ABC$ 上,讓 B' 點落在 B 點上且 B'C' 落在 BC 上。因為 B'C'=BC,故 C' 落在 C 點上。又因為 $angle B = angle B'$$angle C' = angle C$,故 B'A' 落在 BA 上,C'A' 也落在 CA 上。於是 A'A 重合,從而 $triangle ABC cong triangle A'B'C'$

總結上述,我們追究等腰三角形定理為何成立的理由,結果用到了三個命題:

(i)兩點決定一直線。

(ii)幾何圖形可以移動而不變。兩個圖形可以完全疊合在一起就是全等。

(iii)全量大於分量。

歐氏認為它們是「顯明的」,不必再追根究柢下去,於是決定立下「界碑」,當作公理。只要承認這三條公理,配合歸謬法就可以推出等腰三角形的正逆定理,以及三角形的全等定理。

  
 
三角形三內角和定理

定理:三角形三內角和為一平角。

早先畢氏學派利用平行公理(即在一平面上,遇直線外一點可作一直線平行於已知直線)的證明並沒有瑕疵(定理四),但是歐氏不滿意。對於畢氏的平行公理,他也要證明,下面就來分析歐氏的整個證明過程。

證明三內角和定理:

C 點作一直線 CE 平行於 AB,並且延長 BCBD,則 $angle A = angle ACE$(內錯角相等) $angle B = angle ECD$(同位角相等)



圖四十七

 

於是 $angle A + angle B + angle C = angle ACE + angle ECd + angle C$。右項為一平角,故 $angle A + angle B + angle C$ 為一平角。

這裡用到四個命題:

(i) 線段可任意延長。

(ii) 等量加等量還是等量。

(iii) 畢氏平行公理。

(iv) 內錯負、同位角相等。

對於(i)與(ii)歐氏認為已是「水清見底」,應當立下界碑,當作公理。對於(iii)與(iv)還需證明。

補題一:在一平面上,過直線外一點可作一直線平行於已知直線。

作圖:這是一個尺規作圖問題。設 AB 為已知直線,P 為線外逼點,在 AB 上任取一點 Q,連結 PQ。在直線 PQ 上的 P 點作 $angle DPQ = angle AQP$。延長 PD 成為 CD,則 CD 即為所求的直線,因為內錯角相等,故 CD // AB



圖四十八

 

補題二:兩直線被第三條直線所截,則內錯角相等或同位角相等或同側內角互補 $Longleftrightarrow$ 兩直線平行。如圖四十九, $angle 1 = angle 2$$angle 2 = angle 3$$angle 2+angle 4$ 為一平角 $Longleftrightarrow$ L1 // L2

證明: $(Longrightarrow)$ 我們只證內錯角相等的情形(其他同理可證)。利用反證法。如果 L1L2 不平行,那麼延長 L1L2 就會相交於某點 P,形成$triangle ABP$。但是$triangle ABP$的外角$angle 2$大於不相鄰的內角$angle 1$,這就跟假設 $angle 1 = angle 2$矛盾。



圖四十九

 

$(Longleftarrow)$ )假設L1 // L2,我們要證明 $angle 1 = angle 2$。參見圖五十,仍然用反證法。如果 $angle 1 neq angle 2$,不妨假設 $angle 1> angle 2$。因為 $angle 1 + angle 4$為一平角,所以 $angle 2+angle 4$小於一平角。於是延長L1L2時會相交。這跟L1 // L2之假設矛盾。



圖五十

 

在補題一的作圖與補題二的證明中,我們又用到三個更基本的命題:

(i)以任一點為圓心,任意長為半徑,可作一圓。

(ii)兩直線被第三直線所截,如果同側兩內角和小於兩個直角,則兩直線延長時在此側會相交。

(iii)三角形的外角大於不相鄰的任何一個內角。

對於(i)與(ii)歐氏決定立下界碑,當作公理。對於(iii)還要再追究下去:

補題三:三角形的外角大於不相鄰的任何一個內角。在圖五十一中,$angle ACD$大於$angle A$$angle B$的任何一個。

證明:取MAC之中點,連結BM且延長到E使得BM=ME。因為
 

 

begin{displaymath}
            angle AMB = angle EMC quad mbox{({fontfamily{cwM0}font...
            ...us0.1pt{fontfamily{cwM2}fontseries{m}selectfont char 16})}
            end{displaymath}

 

所以 $triangle ABM cong triangle CEM$     (s.a.s) 於是 $angle A = angle ACE$。因為
 

 

begin{displaymath}
            angle ACD > angle ACE quad mbox{({fontfamily{cwM0}font...
            ...s0.1pt{fontfamily{cwM2}fontseries{m}selectfont char 190})}
            end{displaymath}

 

從而 $triangle ACD > triangle A$。同理可證 $angle ACD > angle B$



圖五十一

 

補題四:如果兩直線相交,則對頂角相等。

10



圖五十二

 

證明: $angle 1 + angle 3$ 為兩個直角, $angle 2 + angle 3$ 也是兩個直角,所以
 

 

begin{eqnarray*}
            && angle 1 + angle 3 = angle 2 + angle 3
            mbox{ ({fontfa...
            ...nus0.1pt{fontfamily{cwM1}fontseries{m}selectfont char 182})}
            end{eqnarray*}

 


同理可證 $angle 3 = angle 4$

分析至此,歐氏認為

(i)等量可以互相代換。

(ii)等量減去等量還是等量。

(iii)凡是直角皆相等。

這些都是「顯明的」,可以當作不必再追究下去的公理。

  
 
畢氏定理

 

$triangle ABC$ 中,若 $angle C$ 為直角,則斜邊上的正方形等於兩股上正方形之和。亦即
 

 

ABDE=BCFG+ACHK

 

畢氏學派原先利用長方形的面積公式來證明畢氏定理,而對長方形的面積公式只證明了任何兩線段是可共度的情形。由於不可共度線段的出現,使得長方形的面積公式之證明不全,從而畢氏定理的證明也不全。

歐氏完全避開長方形面積公式(特別地,正方形面積公式),在定理的敘述上,他也不採用 AB2 = AC2 + BC2。他不用算術而改用幾何來治幾何,他提出新的證明方案,比較煩瑣,被哲學家叔本華批評為人為造作,說那不是論證而是一種「捕鼠器」的證明 (the mousetrap proof)。這些都是對於畢氏學派失敗的回應。下面我們就來分析歐氏的證法。



圖五十三

 

證明:如圖五十三,過 C 點作 CL // BD,連結 CDAG,則
 

 

begin{displaymath}
            triangle BGA cong triangle BCD quad (s.a.s.)
            end{displaymath}

 

所以 $triangle BGA$ 等於 $triangle BCD$。(三角形全等則完全疊合)

因為,正方形BCFG等於二倍的$forall BGA$(同底等高)

長方形BDLM等於二倍的$triangle BCD$(同底等高)

所以正方形BCFG等於長方形BDLM(等量代換)

同理可證 正方形ACHK等於長方形AELM

因為 正方形ABDE=長方形BDLM+長方形AELM

所以 ABDE=BCFG+ACHK(等量代換)

這裡歐氏所用到的兩個圖形之「相等」,是指兩個圖形可以完全疊合(即全等)或分割成幾塊後可以完全疊合。完全疊合當然面積就相等。

補題一:如果一個平行四邊形與一個三角形同底等高,則此平行四邊形等於三角形的兩倍。



圖五十四

 

證明:在圖五十四中,假設平行四邊形ABCD$triangle BCE$同底等高。連結對角線AC,則AC將平行四邊形分成兩半。因為$triangle ABC$$triangle BCE$同底等高,故 $triangle BCE = triangle ABC$。從而平行四邊形ABCD等於ABCE的兩倍。

補題二:同底等高的兩個三角形相等。



圖五十五

 

證明:在圖五十五中,假設 $triangle ABC$$triangle BCD$ 同底等高。連 AD 並且延長成 EF,使得 EBCADBCF 皆為平行四邊形,則

EBCA=DBCF(同底等高)

因為 $triangle ABC$EBCA 的一半,並且 $triangle BCD$DBCF 的一半,所以 $triangle ABC=triangle BCD$

補題三:平行四邊形的對角線平分此平行四邊形。

證明:在圖五十六中,因為 $triangle ABC cong triangle CDA$ (a.s.a.),所以
 

 

begin{displaymath}
            triangle ABC = triangle CDA
            end{displaymath}

 



圖五十六

 

補題四:同底等高的兩平行四邊形相等。



圖五十七

 

證明:在圖五十七中,設 ABCDEBCF 為同底等高的平行四邊形。因為 $triangle ABE cong triangle DCF$ (a.s.a),所以 $triangle ABE = triangle DCF$。兩邊同時減去 $triangle DGE$,則得梯形 ABGD 等於梯形 EGCF。兩邊再同時加上 $triangle BCG$,得到 ABCD=EBCF

在畢氏定理的證明中,作平行線、作兩點連線、等量代換、三角形的全等,最終都化約成十條公理。綜合回去,就完成了畢氏定理的證明。不利用長方形的面積公式,證起畢氏定理來就是這麼煩瑣,這是不可共度線段惹出來的麻煩。

事實上,將圖十二的證法稍作修飾,仍可不必用到長方形的面積公式,就可證明畢氏定理。這應該是畢氏定理最簡潔的證法。歐氏捨簡就繁,令人費思量。

歐氏《幾何原本》的第一冊總共有48個定理。歐氏將最後的定理四十七與定理四十八分別安排為正逆之畢氏定理,作為第一冊之最高潮。

畢氏定理之逆定理:在一個三角形中,如果一邊上的正方形等於另外兩邊上的正方形之和,則後兩邊的夾角是直角。



圖五十八

 

證明:在圖五十八中,設 AB 上的正方形等於 ACBC 上正方形之和,我們要證明 $angle ACB$ 是直角。

C 點作 CD 使得 $angle ACD$ 為直角,取 CD=BC,連結 AD,則 ACBC 上正方形的和等於 ACCD 上正方形的和。因為 $triangle ACD$ 為直角三角形,由畢氏定理知,ACCD 上正方形之和等於 AD 上之正方形。由假設知,AB 上的正方形等於 AD 上的正方形,於是邊 AB 等於 AD。從而
 

 

begin{displaymath}
            triangle ABC cong triangle ADC quad (s.s.s.)
            end{displaymath}

 

所以$angle ACB$等於$angle ACD$。但是$angle ACD$為直角,故$angle ACB$也是直角。註:

  
 
相似三角形基本定理

 

在兩個三角形中,如果三個內角對應相等,則對應邊成比例,如圖五十九,假設 $angle A = angle A'$$angle B = angle B'$$angle C = angle C'$,則
 

 

begin{displaymath}
            frac{AB}{A'B'}=frac{AC}{A'C'}=frac{BC}{B'C'}
            end{displaymath}

 



圖五十九

 

證明:在ABAC上取D,E兩點使得AD=A'B'AE=A'C'。則
 

 

begin{displaymath}
            triangle ADE cong triangle A'B'C' quad (s.a.s.)
            end{displaymath}

 

於是 $angle ADE = angle B' = angle B$$angle AED = angle C' = angle C$ 從而DE平行於BC。因此
 

 

begin{displaymath}
            frac{BD}{AD}=frac{CE}{AE} mbox{({fontfamily{cwM0}fontse...
            ...s0.1pt{fontfamily{cwM2}fontseries{m}selectfont char 248})}
            end{displaymath}

 

兩邊同加一(或由合比定理)知
 

 

begin{displaymath}
            frac{AB}{AD}=frac{AC}{AE}
            end{displaymath}

 

作等量代換得

 

begin{displaymath}
            frac{AB}{A'B'}=frac{AC}{A'C'}
            end{displaymath}

 

同理可證

 

begin{displaymath}
            frac{AC}{A'C'}=frac{BC}{B'C'}
            end{displaymath}

 

補題一:如圖五十九之左圖,在$triangle ABC$中,若DE // BC,則

 

begin{displaymath}
            frac{BD}{AD}=frac{CE}{AE}
            end{displaymath}

 

證明:連結BDCD,則$triangle ADE$$triangle BDE$具有相等的高,所以

 

begin{displaymath}
            frac{triangle BDE}{triangle ADE}=frac{BD}{AD} mbox{({f...
            ...s0.1pt{fontfamily{cwM2}fontseries{m}selectfont char 249})}
            end{displaymath}

 

同理可證 $frac{triangle CDE}{triangle ADE}=frac{CE}{AE}$

因為 $triangle BDE=triangle CDE$(同底等高),所以
 

 

begin{displaymath}
            frac{BD}{AD}=frac{CE}{AE} quad mbox{({fontfamily{cwM2}...
            ...s0.1pt{fontfamily{cwM5}fontseries{m}selectfont char 178})}
            end{displaymath}

 

補題二:在圖六十中,$triangle ABC$$triangle ADE$具有相等的高,則兩三角形的比等於底邊之比,即
 

 

begin{displaymath}
            frac{ABC}{ADE}=frac{BC}{DE}
            end{displaymath}

 



圖五十九

 

如果利用三角形面積公式,則補題二是顯然的。但是,當不可共度線段發現後,歐氏不使用長方形面積公式,連帶地也不使用三角形面積公式。因此,補題二證明起來就很麻煩了。我們分成兩種情形來討論:

(i)當BCDE是可共度的情形。

這時只需用共度單位uBCDE分成,比如m段與n段,即$BC=m cdot u$$DE = n cdot u$。再由等底等高的三角形相等(下面補題三),則得
 

 

begin{displaymath}
            frac{ABC}{ADE}=frac{m}{n}=frac{BC}{DE}
            end{displaymath}

 

補題三:等底且等高的兩個三角形相等。

證明:在圖六十一中,假設$triangle ABC$$triangle DEF$等底且等高,即兩者介於兩平行線之間且BC = EF。作BG // ACFH // DE,再連結BDCH,則平行四邊形ACBG等於BCHD,又等於DEFH(圖五十六上方補題四)。因為$triangle ABC$是平行四邊形ACBG的一半,且$triangle DEF$也是平行四邊形DEFH的一半(圖五十六上方補題三),所以$triangle ABC$等於$triangle DEF$(等量代換)。



圖六十一

 

(ii):當BCDE不可共度的情形。

在圖六十二中,沿著 CB 的延長線,從 B 點的左方依次取 n-1 個等於 BC 的線段,分割點為 $B_2, B_3, cdots , B_n$。連結 $AE_2,AE_3,cdots ,AB_n$。同樣,在 DE 的延長線上,從 E 點的右方依次取 m-1 個等於 DE 的線段,分割點為 $E_2,E_3,cdots,E_m$。連結 $AE_2,AE_3, cdots ,AE_m$。然則 $B_nC=n cdot (BC)$$triangle AB_nC= n cdot (triangle ABC)$$DE_m=mcdot (DE)$,且 $triangle ADE_m = m cdot (triangle ADE)$。由補題三知,
 

 

begin{displaymath}
            n cdot (triangle ABC) frac{>}{<} m cdot (triangle ADE)
            Longleftrightarrow n cdot (BC) frac{>}{<} m cdot (DE)
            end{displaymath}

 

按優多諸斯 (Eudoxus) 檢定法則知
 

 

begin{displaymath}
            frac{triangle ABC}{triangle ADE}= frac{BC}{DE}
            end{displaymath}

 

現代的極限(逼近)論證方法:

在圖六十三中,將 BC 分成 n 等分,其中 BF 為一等分。在 DE 上,從 D 點開始,依次取 BF 之長,最後到達 G 點,使得 GE < BF。因為 BCDG 可共度,故
 

 

begin{displaymath}
            frac{triangle ABC}{triangle ADG}=frac{BC}{DG}
            end{displaymath}

 

今令 $n rightarrow infty$,則 $ DG rightarrow DE$$triangle ADG rightarrow triangle ADE$,所以(i)式趨近於
 

 

begin{displaymath}
            frac{triangle ABC}{triangle ADE}= frac{BC}{DE}
            end{displaymath}


CITE:從畢氏學派到歐氏幾何的誕生 蔡聰明
 

相簿設定
標籤設定
相簿狀態