Пятница. Невезучая теорема Стюарта.

← →
palva © (2007-04-06 16:36) [0]

Почему-то Яндекс дает первыми ссылки на страницы, где эта теорема сформулирована неправильно.
http://educationfor.narod.ru/math.html вообще содержит полнейшую путаницу. А здесь
http://zadachi.mccme.ru/work/search.cgi?tree=++.-facts++.-facts-2084&search=++&groupsearch=++&what=tree
всего лишь неправильно расставлены показатели степени.

Правильную формулировку можно найти, например здесь.
http://vadim-soft.narod.ru/math/theory/stewart_theor.doc
Но надежнее не лезть в Интернет, а взять Книгу. Например, книгу Адамара Планиметрия. В ней при помощи этой теоремы выводится формула длины медианы и делается еще кое-что полезное.
Я сформулирую теорему с прицелом на дальнейшее обобщение.

Если в треугольнике ABC на стороне BC взята точка D, то выполняется соотношение
AB^2 * DC + AC^2 * BD - AD^2 * CB - BD * DC * CB = 0

Обобщение этой теоремы присутствует в виде задачи в первом томе Геометрии Берже. При этом обобщении соотношение выглядит несколько более симметрично - все знаки становятся плюсами. Но при этом величины BD, DC и CB рассматриваются как "ориентированные длины". Т. е. предполагается, что на прямой BC выбрано направление, и знак величины BC положительный, если направление вектора BC совпадает с выбранным. Если вектор BC смотрит в противоположную сторону, то длина BC отрицательна. Теперь становятся справедливыми такие, например, соотношения:
BC = -BC ; BD + DC + CB = 0

Итак, Берже предлагает доказать следующее "соотношение Стюарта":
AB^2 * DC + AC^2 * BD + AD^2 * CB + BD * DC * CB = 0
где точки B, C, D, расположены на одной прямой, а длины BD, DC, CB ориентированные.

Здесь уже не предполагается, что D лежит между B и C, точка А лежит вне прямой BC, а все точки различны.

← →
MBo © (2007-04-06 17:17) [1]

Я взял два базовых вектора AB и AC, тогда BC=AC-AB, а точку D задал параметрически на прямой BC, т.е. BD = t * BC, и ВС = (1-t)*BC
В результате большое выражение от AB,AC и t упростилось до
2*ab^2*(ac-ab)*(t-1)

Возможно, я где-то t потерял или на лишнее умножил, и тогда последний сомножитель занулится

← →
Alx2 © (2007-04-06 18:09) [2]

Хм... что-то тоже не ноль :)
Делаю практически также, как в [1]

← →
Alx2 © (2007-04-06 18:21) [3]

А, получилось!

Вот такая подстановка:

DC:=-(1-t)*CB;
BD:=-t*CB;
AD:=AB-BD;
CB:=AC-AB;

← →
Alx2 © (2007-04-06 18:24) [4]

по произвольным векторам выражение превращается в
CB*(AB+CB+AC)*(AB+CB-AC)*t
Затем, для треугольника, CB=AC-AB, откуда следует (AB+CB-AC) = 0

← →
Alx2 © (2007-04-06 18:58) [5]

Блин... Там же длины, а не вектора. Сорри :))

← →
oldman © (2007-04-06 19:06) [6]

> palva © (06.04.07 16:36)
> Но надежнее не лезть в Интернет, а взять Книгу. Например,
> книгу Адамара Планиметрия. В ней при помощи этой теоремы
> выводится формула длины медианы и делается еще кое-что полезное.

Почитал пост.
Не понял, в чем проблема.
Уж извини :)))

← →
Alx2 © (2007-04-06 19:19) [7]

Итак, доказательство.
За длину вектора примем L(A) причем L(-A) = -L(A) и L(t*A)=t*L(A)
Тогда после подстановок

DC:=-(1-t)*CB;
BD:=-t*CB;
AD:=AB-BD;
CB:=AC-AB;

и после выносов из L постоянных множителей получим

t*L(CB)*(CB+L(CB))*(L(CB)-CB)*(-1+t) = 0
или
t*L(CB)*(CB^2-L(CB)^2)*(-1+t) = 0
решения
t = 0 , t = 1 и
CB^2-L(CB)^2=0 - а это тождество.
Доказано :)

← →
palva © (2007-04-06 23:01) [8]

Alx2 © (06.04.07 19:19) [7]
Наверно правильно, но я бы не взялся разбираться. Когда теряется симметрия, все сильно усложняется и я теряюсь. Кроме того, доказательство проведено в противоположную сторону: в доказываемое утверждение делаются подстановки идут преобразования и мы приходим к тождеству, хотя логика требует делать преобразования в обратном направлении. Также не очень понятно, как вам удается совмещать векторы и ориентированные длины: кое-где произведение нужно интерпретировать как скалярное произведение векторов, кое-где - как произведение чисел.

Я приведу доказательство, на авторство которого я не претендую. Идея доказательства взята из Адамара. Но пришлось протащить через все рассуждения понятие ориентированной длины.

Если точка H это проекция точки A на прямую BC, то для треугольника ABD можно написать следующее обобщение теоремы Пифагора:
AB^2 = AD^2 + BD^2 - 2 * BD * HD, где BD и HD ориентированные длины.
Справедливость этого соотношение сразу следует из теоремы косинусов, хотя Адамар, наоборот, выводит подобную теорему из теоремы Пифагора и использует ее потом для доказательства теоремы косинусов. Такое же соотношение выписывается и для треугольника ACD, т. е.
AC^2 = AD^2 + CD^2 - 2 * CD * HD
Теперь нужно домножить эти соотношения на ориентированные длины DC и BD и сложить. Пишем подробнее:
AB^2 * DC = AD^2 * DC + BD^2 * DC - 2 * BD * HD * DC
AC^2 * BD = AD^2 * BD + CD^2 * BD - 2 * CD * HD * BD
Теперь сложим эти равенства. Члены с буквой H уничтожатся, поскольку DC = -CD. Получится равенство.
AB^2 * DC + AC^2 * BD = AD^2 * DC + BD^2 * DC + AD^2 * BD + CD^2 * BD
Члены справа группируем следующим образом:
AB^2 * DC + AC^2 * BD = (AD^2 * DC + AD^2 * BD) + (BD^2 * DC + CD^2 * BD)
Первая скобку преобразуем так:
AD^2 * DC + AD^2 * BD = AD^2 * (DC + BD) = -AD^2 * CB
Вторую - так:
BD^2 * DC + CD^2 * BD = -BD * DB * DC - CD * DC * BD = -BD * DC * (DB + CD) = -BD * DC * CB
Остается всё перенести в левую часть.
Длины всех отрезков, оба конца которых лежат на прямой BC, "ориентированы", т. е. им приписывается определенный знак. Вектора здесь не используются, а аналогия с ними, по-моему, даже мешает, поскольку вектора нельзя преобразовывать столь свободно, как числа.

>palva © (06.04.07 23:01) [8]

>Кроме того, доказательство проведено в противоположную сторону: в
>доказываемое утверждение делаются подстановки идут преобразования и
>мы приходим к тождеству, хотя логика требует делать преобразования в
>обратном направлении

Тоже нравится, когда доказательства конструктивные. Когда понятно откуда что взялось. Но в данном случае, думаю, "движение в обратную сторону" - тоже нормально :)

>Также не очень понятно, как вам удается совмещать векторы и
>ориентированные длины: кое-где произведение нужно интерпретировать
>как скалярное произведение векторов, кое-где - как произведение чисел.

Сейчас поясню:
Имеем:
AB^2 * DC + AC^2 * BD + AD^2 * CB + BD * DC * CB = 0

Равенство переписывается в виде
AB^2 * L(DC) + AC^2 * L(BD) + AD^2 * L(CB) + L(BD) * L(DC) * L(CB) = 0
Где под аргументами в функции L уже понимаются векторы.
А "квадраты" векторов так и остаются скалярами. Так как V*V - квадрат длины вектора. То есть все остальные участники формулы также являются векторами.

Раз векторы, то можно использовать замену, о которой писал:
DC:=-(1-t)*CB;
BD:=-t*CB;
AD:=AB-BD;
CB:=AC-AB;

Получается такая бяка:
AB^2*L(-(-t+1)*(AC-AB))+AC^2*L(-t*(AC-AB))+(AB+t*(AC-AB))^2*L(AC-AB)+L(-t*(AC-AB))*L(-(-t+1)*(AC-AB))*L(AC-AB)=0

Выносим из L все константы. Получаем такое:
-L(AC-AB)*t*(AC-AB+L(AC-AB))*(-AC+AB+L(AC-AB))*(-1+t)
Так как
CB=AC-AB;
то такое:
-L(CB)*t*(CB+L(CB))*(L(CB)-CB)*(t-1)=0
или
-L(CB)*t*(CB^2-L(CB)^2)*(t-1)=0
А CB^2-L(CB)^2=0 - тождество.

Следовательно, формула верна. Получено прямой подстановкой и проверкой.

> Выносим из L все константы. Получаем такое:
> -L(AC-AB)*t*(AC-AB+L(AC-AB))*(-AC+AB+L(AC-AB))*(-1+t)

Здесь к вектору AC-AB прибавлено число L(AC-AB)
Кроме того, непонятно, куда после преобразования исчезли квадраты, знак равенства. Я попробовал, у меня не получилось.

>palva © (07.04.07 09:07) [10]

Вы правы. Извините за отобранное время.
С моей стороны был случай злоупотребления Maple для факторизации, когда ошибочно решил что остались только скаляры.

Теперь беру карандаш и бумагу. :)

Надеюсь, теперь не наглючил.
Все пишу в виде:
L(AB)^2*L(DC)+L(AC)^2*L(BD)+L(AD)^2*L(CB)+L(BD)*L(DC)*L(CB) = 0
Подставляем
DC:=-(1-t)*CB;
BD:=-t*CB;
Получаем после подстановки:
L(AB)^2*L(-(1-t)*CB)+L(AC)^2*L(-t*CB)+L(AD)^2*L(CB)+L(-t*CB)*L(-(1-t)*CB)*L(CB)=0
Выношу константы-множители:
(t-1)*L(AB)^2*L(CB)-t*L(AC)^2*L(CB)+L(AD)^2*L(CB)-t*(t-1)*L(CB)^3=0

L(CB) можно вынести за скобки. Если L(CB) = 0, то будет тождество. Если не равно, то рассматриваем то, что останется в скобках:
(t-1)*L(AB)^2-t*L(AC)^2+L(AD)^2-t*(t-1)*L(CB)^2

Вот теперь буду осторожным :)
Применяю тождество:
L(V)^2 = V^2
Тогда получаю
(t-1)*AB^2-t*AC^2+AD^2-t*(t-1)*CB^2
Подстановка:
AD:=AB+t*CB;
получаю

(t-1)*AB^2-t*AC^2+(AB+t*CB)^2-t*(t-1)*CB^2

раскрываю все скобки, получаю:

t*AB^2-AB^2-t*AC^2+ AB^2+2*t*(AB*CB)+t^2*CB^2 - t^2*CB^2+t*CB^2

привожу подобные

t*AB^2-t*AC^2+2*t*(AB*CB)+t*CB^2

или

t*AB^2+2*t*(AB*CB)+t*CB^2-t*AC^2

вижу полный квадрат. Выделяю его. Получаю:

t*(AB+CB)^2-t*AC^2

Но AB+CB=AC.

Тогда получаю

t*AС^2-t*AC^2 = 0

Надеюсь, на это раз все сделано корректно. Еще раз извините за халяву ранее.

Пятница. Невезучая теорема Стюарта. Найти похожие ветки