Wednesday, March 7, 2012

GEOMETRI BIDANG (TEOREMA BUTERFLY)


The Butterfly Theorem Teorema Butterfly
According to Coxeter and Greitzer , one of the solutions to the Butterfly theorem was submitted in 1815 by WG Horner of Horner's method fame.Menurut Coxeter dan Greitzer , salah satu solusi untuk teorema Butterfly diserahkan pada tahun 1815 oleh WG Horner dari metode Horner's ketenaran. Most recently a 1805 proof by William Wallace has been discovered in Wallace's family archives. Baru-baru ini sebuah bukti 1805 oleh William Wallace telah ditemukan dalam keluarga arsip's Wallace.
The solutions I gathered below may serve as a basis for a discussion of which proofs better clarify the gist of the problem, if at all. Solusi Aku mengumpulkan bawah ini dapat berfungsi sebagai dasar untuk diskusi yang lebih baik bukti menjelaskan inti masalah, jika sama sekali. Why is the result true? Mengapa hasilnya benar? (See the discussions on Concyclic Circumcenters: Dynamic View and A Sequel .) (Lihat diskusi mengenai Concyclic Circumcenters: Dynamic Lihat dan A Sequel .)
Theorem Dalil
Let M be the midpoint of a chord PQ of a circle, through which two other chords AB and CD are drawn; AD cuts PQ at X and BC cuts PQ at Y. Prove that M is also the midpoint of XY. Misalkan M adalah titik tengah dari chord PQ dari sebuah lingkaran, di mana dua akord lain AB dan CD diambil; AD memotong PQ di X dan BC memotong PQ di Y. Buktikan bahwa M adalah juga titik tengah XY.
Proof 0 (William Wallace, 1805) Bukti 0 (William Wallace, 1805)
William Wallace's proof is based on the following diagram: bukti William Wallace didasarkan pada diagram berikut:
I have placed it on a separate page . Saya telah menempatkan itu pada halaman terpisah .
Proof 1 [ Coxeter and Greitzer , p. Bukti 1 [ Coxeter dan Greitzer , hal 45] 45]
Let's drop perpendiculars x 1 and x 2 from X and y 1 and y 2 from Y on AB and CD. Mari kita tarik garis tegak x 1 dan x 2 dari X dan y 1 dan y 2 dari Y pada AB dan CD. Let's also introduce a = MP = MQ and x = XM and y = YM . Mari kita juga memperkenalkan = MP = MQ dan x = XM dan y = YM. Observe several pairs of similar triangles, which implies the following proportions: Amati beberapa pasang segitiga serupa, yang berarti proporsi sebagai berikut:
Triangles Segitiga

Proportion Proporsi
Mx 1 and My 1 Mx 1 dan 1 saya

x/y = x 1 /y 1 x / y = x 1 / y 1
Mx 2 and My 2 Mx 2 dan 2 Ku

x/y = x 2 /y 2 x / y = x 2 / y 2
Ax 1 and Cy 2 Cy Ax 1 dan 2

x 1 /y 2 = AX/CY x 1 / y 2 = AX / CY
Dx 2 and By 1 Dx 2 dan Oleh 1

x 2 /y 1 = XD/YB x 2 / y 1 = XD / YB
from which dari mana
x²/y² = x 1 /y 2 · x 2 /y 1 = x 1 /y 1 · x 2 /y 2 = AX·XD/ CY·YB = PX·XQ/ PY·YQ. x ² / y ² = x 1 / y 2 · x 2 / y 1 = x 1 / y 1 · x 2 / y 2 = AX · XD / ° YB CY = PX · XQ / PY · YQ.
So that Sehingga
x²/y² = (a - x)(a + x)/ (a - y)(a + y) = (a² - x²)/(a² - y²) = a²/a² = 1. x ² / ² y = (a - x) (a + x) / (a ​​- y) (a + y) = (a ² - x ²) / (a ​​² - ² y) = a ² / a ² = 1.
And finally x = y. Dan akhirnya x = y.

Proof 2 [ Shklyarsky , problem 104, solution 1] Bukti 2 [ Shklyarsky , masalah 104, solusi 1]
Let O be the center of the given circle. Biarkan O menjadi pusat lingkaran yang diberikan. Since OM ⊥ XY, in order to show that XM = MY, we have to prove that ∠XOM = ∠YOM. Sejak OM ⊥ XY, untuk menunjukkan bahwa XM = SAYA, kita harus membuktikan bahwa ∠ = ∠ Yom XOM.
Drop perpendiculars OK and ON from O onto AD and BC, respectively. garis tegak Drop OK dan ON dari O ke AD dan BC, masing-masing. Obviously, K is the midpoint of AD and N is the midpoint of BC. Jelas, K adalah titik tengah AD dan N adalah titik tengah BC. Further, Selanjutnya,
∠DAB = ∠DCB and ∠ADC = ∠ABC, ∠ DAB = ∠ DCB dan ∠ ADC = ∠ ABC,
as angles subtending equal arcs. sebagai sudut subtending busur yang sama. Triangles ADM and CBM are therefore similar, and AD/AM = BC/CM, or AK/AM = CN/CM. In other words, in triangles AKM and CNM two pairs of sides are proportional. Segitiga ADM dan CBM karena itu sama, dan AD / AM = BC / CM, atau AK / AM = CN / CM,. Lainnya Dalam kata dalam segitiga AKM dan CNM dua pasang sisi yang proporsional. Also, the angles between the corresponding sides are equal. Selain itu, sudut antara pihak terkait adalah sama. We infer that the triangles AKM and CNM are similar. Kami menyimpulkan bahwa AKM segitiga dan CNM sama. Hence, ∠AKM = ∠CNM. Oleh karena itu, AKM ∠ = ∠ CNM.
Now, have a look at the quadrilaterals OKXM and ONYM. Sekarang, kita lihat di OKXM segiempat dan ONYM. Both have a pair of opposite straight angles, which implies that both are inscribable in a circle. Keduanya memiliki sepasang sudut lurus berlawanan, yang berarti bahwa keduanya inscribable dalam lingkaran. In OKXM, ∠AKM = ∠XOM. In ONYM, ∠CNM = ∠YOM. From which we get what we've been looking for: ∠XOM = ∠YOM. , ∠ AKM = ∠ XOM. Di Dalam ONYM, ∠ = ∠ Yom CNM. OKXM Dari mana kita mendapatkan apa yang kita sudah mencari: XOM ∠ = ∠ Yom.

Proof 3 [ Shklyarsky , problem 104, solution 2] Bukti 3 [ Shklyarsky , masalah 104, solusi 2]
For convenience, denote the angles as on the diagram on the right. Untuk kenyamanan, menandakan sudut seperti pada diagram di sebelah kanan. Let x = XM and a = PM. As in Proof 1, Biarkan x = XM dan PM =. Seperti dalam Bukti 1,

AX·XD AX · XD
= PX·XQ = PX · XQ


= a² - x². = A ² - x ².
In ΔDXM, by the Law of Sines , we have Dalam ΔDXM, oleh Hukum Sines , kami telah

DX; DX;
= x·sin(α)/sin(180° - (α + β + γ)) = X · dosa (α) / sin (180 ° - (α + β + γ))


= x·sin(α)/sin(α + β + γ). = X · dosa (α) / sin (α + β + γ).
And in ΔAXM Dan di ΔAXM
AX = x·sin(β)/sin(γ), AX = x · dosa (β) / sin (γ),
which leads to yang mengarah ke
AX·DX = x²·sin(α)·sin(β)/sin(γ)·sin(α + β + γ) = a² - x². AX · DX = x ² · dosa (α) · sin (β) / sin (γ) · sin (α + β + γ) = a ² - x ².
From here we may find x²: Dari sini kita mungkin menemukan x ²:
x² = a²·sin(γ)·sin(α + β + γ))/(sin(α)·sin(β) + sin(γ)·sin(α + β + γ)). x ² = dosa · ² (γ) · sin (α + β + γ)) / (sin (α) · sin (β) + sin (γ) · sin (α + β + γ)).
The latter expression is symmetric in α and β. Ungkapan terakhir ini simetris di α dan β. Therefore, if we repeat the derivation for the segment y = MY , we'll get exactly same result. Oleh karena itu, jika kita ulangi derivasi untuk segmen y = SAYA, kita akan mendapatkan hasil yang sama persis. Hence, x = y. Oleh karena itu, x = y.

Proof 4 Bukti 4
This proof originates in Projective geometry, but could be explained without invoking the theory. Bukti tersebut berasal dalam geometri proyektif, tetapi dapat dijelaskan tanpa memanggil teori. (It's loosely based on problem 29.46 from [ Problems ].) Let S be the given circle with center O. Assume for a moment that there exists a (projective) transformation T of the plane that (Ini longgar didasarkan pada masalah 29,46 dari [ Masalah ].) Misalkan S adalah lingkaran dengan pusat O. diberikan Asumsikan sejenak bahwa ada a) transformasi T proyektif (dari pesawat yang
  1. maps S onto another circle S', S peta ke lingkaran lain S ',
  2. moves M onto the center O' of S', bergerak M ke pusat O 'S',
  3. preserves the ratio of segments in the direction perpendicular to OM, menjaga rasio segmen dalam arah tegak lurus terhadap OM,
  4. transforms AB, CD, AD, BC, and PQ onto the segments A'B', C'D', A'D', B'C', and P'Q' with mengubah AB, CD, AD, BC, dan PQ ke segmen A'B ', C'D', A'D ', B'C', dan P'Q 'dengan
  5. P'Q' still perpendicular to OM. P'Q masih tegak lurus OM.
(I'll prove the existence of T shortly.) A'B', C'D' and P'Q' serve as diameters of S'. (Aku akan membuktikan keberadaan T singkat.) A'B ', C'D' dan P'Q 'berfungsi sebagai diameter dari S'. O' is the center of a half-turn that takes A' into B', C' into D', P' into Q', and, therefore, X' into Y', where X' and Y' are images of X and Y. Triangles A'X'O' and B'Y'O' are then equal, so that X'O' = O'Y'. But, by #3 and #5 above, XM/MY = X'O'/O'Y'. Therefore, too, XM = MY. O 'adalah pusat dari berbelok-setengah yang mengambil A' ke B ', C' menjadi D ', P' ke Q ', dan, karenanya, X' ke Y ', dimana X' dan Y 'adalah gambar dari X dan Y. Segitiga A'X'O 'B'Y'O dan' kemudian sama, sehingga X'O '= O'Y',. Tapi dengan # 3 dan # 5 di atas, XM / SAYA = X'O '/ O'Y',. Oleh karena itu juga, XM = MY.
It remains to be shown that the transformation T with properties 1-5 does exist. Itu masih harus menunjukkan bahwa transformasi T dengan sifat 1-5 tidak ada. I'll construct T as a composition of two transformations: a central projection and an affine mapping . Aku akan membangun T sebagai komposisi dari dua transformasi: proyeksi pusat dan pemetaan affine .
Let UV be the diameter of S through M. UV ⊥ PQ. Imagine looking at the circle from a side on the level of its plane in the direction of PQ. Biarkan UV menjadi diameter S melalui M. UV ⊥ PQ. Bayangkan melihat lingkaran dari sisi pada tingkat pesawat dalam arah PQ. We see a segment UV with the midpoint at O and another point M between O and U. Choose a point K on a perpendicular to UV at O. Draw KM. Kami melihat UV segmen dengan titik tengah O dan yang lain di titik M antara O dan U. Pilih K point di tegak lurus terhadap UV pada O. Draw KM. Find a line VNW such that VN = NW. (This is simple: just draw a line through O parallel to KU. Let N be the point of intersection of that line with AM. Extend VN to the intersection with AU at W.) Cari baris VNW seperti yang VN = NW. (Ini sederhana: garis O melalui paralel KU untuk. Biarkan saja N menjadi titik persimpangan yang sejalan dengan AM. Menarik Perluas VN ke persimpangan dengan AU di W.)
Now, think of K as the apex of a right cone with base S. VW is then an axis of the ellipse cut from the cone by a plane through VW perpendicular to the plane of the drawing. Sekarang, pikirkan K sebagai puncak kerucut tepat dengan basis S. VW kemudian sumbu dari pemotongan elips dari kerucut dengan pesawat terbang melalui VW tegak lurus terhadap bidang gambar. N is its center. N pusatnya. The central projection I mentioned above maps M to N, U to W, V to V, and, in general, a point Z in the plane of S to the point of intersection of KZ with the plane of the ellipse. Proyeksi pusat saya sebutkan di atas peta M untuk N, U untuk W, V untuk V, dan, secara umum, titik Z pada bidang S ke titik persimpangan KZ dengan bidang elips. The latter could now be squeezed in the direction of VW so as to map the ellipse onto a circle keeping N as its center. Yang terakhir ini sekarang bisa diperas ke arah VW sehingga peta elips ke lingkaran menjaga N sebagai pusatnya.
It's quite obvious that the composition of the two transformations satisfies 1-5 above. Ini sangat jelas bahwa komposisi dari dua transformasi memuaskan 1-5 di atas.

Proof 5 [ Essays , p. Bukti 5 [ Essay , hal 59] 59]
The proof is very simple but requires familiarity with a general notion of conics and second degree equations that describe the conics in Cartesian coordinates . Buktinya sangat sederhana tetapi membutuhkan keakraban dengan gagasan umum conics dan persamaan derajat kedua yang menggambarkan conics dalam koordinat Cartesian .
In the plane Cartesian coordinates conics are described by second degree equations: Dalam pesawat koordinat Cartesian conics dijelaskan oleh persamaan derajat kedua:
f(x, y) = Ax² + Bxy + Cy² + Dx + Ey + F = 0. f (x, y) = Ax ² + ² Bxy + Cy + Dx + Ey + F = 0.
Any (non zero) multiple of such an equation, describes exactly the same conic, which is to say that it takes 5 numbers to describe a conic, not 6 as might appear from the equation. Setiap (bukan nol) beberapa seperti persamaan, menjelaskan persis kerucut yang sama, yang berarti bahwa diperlukan 5 nomor untuk menggambarkan sebuah kerucut, tidak 6 seperti yang mungkin muncul dari persamaan. A conic is thus uniquely determined by 5 distinct points. Sebuah kerucut dengan demikian unik ditentukan oleh 5 poin yang berbeda.
Straight lines are described by linear equations Garis-garis lurus dijelaskan oleh persamaan linier
l(x, y) = Ax + By + C = 0. l (x, y) = Ax + By + C = 0.
Straight lines are uniquely determined by two points. Garis-garis lurus secara unik ditentukan oleh dua poin. Below, for a point X with coordinates (x, y) , Di bawah ini, untuk titik X dengan koordinat (x, y), l(x, y) l (x, y) and l(X) are used interchangeably, depending on which is more convenient under the circumstances. dan l (X) digunakan secara bergantian, tergantung mana yang lebih nyaman dalam situasi. With these preliminaries we may prove the following Dengan persiapan kami dapat membuktikan berikut
Lemma Kata pengantar singkat
Let the points P, Q, R, and S lie on a conic given by a second degree equation f = 0. Then, for some constant λ and μ, Biarkan titik P, Q, R, dan S berbaring di kerucut yang diberikan oleh persamaan derajat kedua f = 0,. Lalu untuk beberapa konstan dan λ μ,
f = λ·l PQ l RS + μ·l PS l QR , f = λ · l l RS PQ + μ · l l PS QR,
where l PQ = 0, l RS = 0, l PS = 0, and l QR = 0 are the (linear) equations of PQ, RS, PS and QR, respectively. di mana l PQ = 0, l RS = 0, l PS = 0, dan l QR = 0 adalah (linear) persamaan PQ, RS, PS dan QR, masing-masing.
Proof of Lemma Bukti Lemma
Let U be a fifth point on the conic at hand. Biarkan U menjadi titik kelima di kerucut di tangan. Then surely there exist λ 0 and μ 0 such that Kemudian pasti terdapat λ 0 dan μ 0 sedemikian sehingga
λ 0 ·l PQ (U)·l RS (U) + μ 0 ·l PS (U)·l QR (U) = 0. λ 0 · l PQ (U) RS l ° (U) + · l PS 0 μ (U) · l QR (U) = 0.
Define a second degree expression Tentukan ekspresi derajat kedua
f 0 (X) = λ 0 ·l PQ (X)·l RS (X) + μ 0 ·l PS (X)·l QR (X). f 0 (X) = λ 0 · PQ l (X) · l RS (X) + μ 0 · PS l (X) QR l ° (X).
Clearly f 0 (U) = 0. Jelas f 0 (U) = 0. But also f 0 (P) = f 0 (Q) = f 0 (R) = f 0 (S) = 0. Tapi juga f 0 (P) = f 0 (Q) = f 0 (R) = f 0 (S) = 0. (For example, f 0 (P) = 0 because l PQ (P) = 0 and l PS (P) = 0.) The equation f 0 (X) = 0 defines the same conic as f = 0, so that f and f 0 are multiples of each other: f = αf 0 for some α. (Sebagai contoh, f 0 (P) = 0 karena l PQ (P) = 0 dan l PS (P) = 0.) Persamaan f 0 (X) = 0 mendefinisikan kerucut sama seperti f = 0, sehingga f dan f 0 merupakan kelipatan satu sama lain: f = αf 0 untuk α beberapa. Which proves the lemma. Yang membuktikan lemma tersebut.

Let's now continue the proof of the Butterfly theorem. Sekarang mari kita lanjutkan bukti teorema Butterfly. Let f = 0 be an equation of the given circle. Biarkan f = 0 menjadi persamaan dari lingkaran yang diberikan. Then by lemma, for some λ and μ Kemudian dengan lemma, untuk beberapa λ dan μ
f = λ·l AB l CD + μ·l AD l BC . f = λ · l AB CD + BC μ · AD l.
This equation also holds for the restrictions of all the functions involved onto the line PQ. Persamaan ini juga berlaku untuk pembatasan dari semua fungsi yang terlibat ke garis PQ. Take PQ as the x-axis with the origin at M. Then, since f(P) = f(Q) = 0 and PM = MQ, we can assume that f(x, 0) = x² - a and l AB l CD = bx² on PQ. Ambil PQ sebagai sumbu x-dengan asal di M. Kemudian, karena f (P) = f (Q) = 0 dan PM = MQ, kita dapat mengasumsikan bahwa f (x, 0) = x ² - a dan AB l CD = bx ² pada PQ. If so, restricted to PQ, l AD l BC = cx² - d. This means that the two roots of the equation l AD l BC = 0 are equidistant from the origin M. Jika demikian, terbatas pada PQ, l l AD SM = cx ² - d. Ini berarti bahwa dua akar dari persamaan l l AD SM = 0 adalah jarak yang sama dari asal M.

Proof 5' Bukti 5 '
The Butterfly theorem was offered as problem A6 at the 24th Putnam competition (1963). Teorema Butterfly ditawarkan sebagai masalah A6 pada kompetisi Putnam 24 (1963). The solution I came across on the Web, is a modification of Proof 5 based on a slightly more general lemma: Let g = 0 and h = 0 be equations of two distinct conics through 4 distinct points. Solusi saya datang di di Web, merupakan modifikasi dari Bukti 5 berdasarkan lemma sedikit lebih umum: Biarkan g = 0 dan h = 0 menjadi persamaan dari dua conics berbeda melalui 4 titik berbeda. Then any conic through the four points has the equation λg + μh = 0, for some λ and μ. Maka setiap kerucut melalui empat poin memiliki persamaan λg + μh = 0, untuk beberapa λ dan μ.
The circle is then defined, by, say, g = 0 and the pair of lines AB, CD by h = 0. Then the pair of lines AD, BC is another conic through the same four points and satisfies f = λg + μh = 0, for some λ and μ. Lingkaran kemudian ditentukan, oleh, katakanlah, g = 0 dan pasangan garis AB, CD dengan h = 0. Kemudian sepasang garis AD, BC kerucut lain melalui titik yang sama empat dan memenuhi f = λg + μh = 0, untuk beberapa λ dan μ. Now, g and h have symmetric (with respect to M) restrictions to PQ, and so has f. Sekarang, g dan h harus simetris (berkenaan dengan M) pembatasan untuk PQ, dan sebagainya telah f.
Remark Ucapan
Note that the latter proof only requires that the restrictions of AB and CD on PQ be symmetric with respect to M. This means that the equality PX = QY holds not only when AB and CD pass through M, but also when they cross PQ at points equidistant from M! Perhatikan bahwa bukti terakhir hanya mensyaratkan bahwa pembatasan AB dan CD pada PQ menjadi simetris terhadap M. Ini berarti bahwa kesetaraan PX = qy berlaku tidak hanya ketika AB dan CD melewati M, tetapi juga ketika mereka silang PQ pada titik berjarak sama dari M! We thus get a simple proof of the generalization of the Butterfly theorem first established by M. Klamkin in 1965 ( Mathematics Magazine , Volume 38, Issue 4 (Sep., 1965), 206-208.) Dengan demikian kita mendapatkan bukti sederhana dari generalisasi dari teorema Butterfly pertama kali didirikan oleh M. Klamkin pada tahun 1965 (Matematika Magazine, Volume 38, Issue 4 (September, 1965), 206-208.)

Proof 6 Bukti 6
The Butterfly theorem is a particular case of a more general Two Butterflies theorem. Choose one "butterfly quadrilateral" to be symmetric with respect to OM and so that its intersecting sides meet at M. The second "butterfly quadrilateral" is bound to intersect PQ at the same points as the first, ie, symmetrically with respect to M. Teorema Butterfly merupakan kasus tertentu yang lebih umum teorema Dua Kupu-kupu. Pilih salah satu "kupu-kupu segiempat" menjadi simetris terhadap OM dan agar berpotongan sisinya bertemu di M. "kedua" kupu-kupu segiempat terikat untuk berpotongan PQ di sama poin saat yakni, pertama, secara simetris terhadap M.

Proof 7 Bukti 7
Another generalization of the theorem was pointed out to me by Qiu FaWen, a Chinese teacher who discovered the result with his students in 1997. Generalisasi lain dari teorema itu ditunjukkan kepada saya oleh Qiu FaWen, seorang guru Tionghoa yang menemukan hasilnya dengan murid-muridnya pada tahun 1997. The Chinese version is available at http://www.qiusir.com/report2000/ í.htm . Versi Cina tersedia di http://www.qiusir.com/report2000/í.htm . I had to do some guess work to figure out what it was about. Aku harus melakukan beberapa pekerjaan menebak untuk mencari tahu apa itu tentang.
The Butterfly theorem follows trivially from the generalization when the two circles involved coalesce into one. Teorema Butterfly berikut sepele dari generalisasi ketika dua lingkaran yang terlibat menyatu menjadi satu.

Proof 8 Bukti 8
This proof is by Steve Conrad as appeared in Samuel Greitzer's Arbelos . Bukti tersebut adalah dengan Steve Conrad sebagai muncul di Greitzer's Arbelos Samuel .
The basic point of departure is the observation that, if in two triangles an angle of one is equal to an angle of the other, then the areas of the triangles are in the same ratio as the products of the sides composing the equal angles. Titik dasar keberangkatan pengamatan bahwa, jika dalam dua segitiga sudut satu sama dengan sudut yang lain, maka bidang segitiga berada dalam rasio yang sama sebagai produk dari sisi penyusunan sudut yang sama. In the diagram above, there are four pairs of equal angles, which allows us to write four equalities: Dalam diagram di atas, ada empat pasang sudut yang sama, yang memungkinkan kita untuk menulis empat equalities:
1: 1:
Area(XAM)/Area(MCY) = AX·AM / CM·CY Area (XAM) / Area (MCY) · AX = AM / CM · CY
2: 2:
Area(CMY)/Area(DMX) = CM·MY / DM·MX Area (CMY) / Area (DMX) = CM ° / DM SAYA MX ·
3: 3:
Area(XDM)/Area(MBY) = DX·DM / BM·BY Area (XDM) / Area (MBY) = DX · DM · BM / OLEH
4: 4:
Area(BMY)/Area(AMX) = BM·MY / AM·MX Area (BMY) / Area (AMX) = BM ° / SAYA AM · MX
Now, since the product of the ratios on the left equals 1, the same is true for the product of the right hand sides, which after some cancellation appears as Sekarang, karena produk dari rasio di sebelah kiri sama dengan 1, yang sama juga berlaku untuk produk dari sisi tangan kanan, yang setelah pembatalan beberapa muncul sebagai
AX·DX·MY² / CY·BY·MX² = 1, AX · DX · SAYA ² / ° CY DENGAN MX · ² = 1,
or atau
(1) (1)
AX·DX / CY·BY = MX²/ MY². AX · DX · CY / OLEH = / ² ² MX SAYA.
By the power of a point theorem, Oleh kekuatan suatu teorema titik,
AX·DX = PX·QX = (MP - MX)·(MQ + MX) AX · DX = PX · QX = (MP - MX) · (MQ + MX)
and similarly dan sama
CY·BY = QY·PY = (MQ - MY)·(MP + MY). CY ° = qy · PY = (MQ - MY) · (MP + MY).
Hence, from (1) Oleh karena itu, dari (1)
(2) (2)
(MP - MX)·(MQ + MX) / MX² = (MQ - MY)·(MP + MY)/ MY². (MP - MX) · (MQ + MX) / ² MX = (MQ - MY) · (MP + MY) / SAYA ².
Since MP = MQ, we obtain Sejak MP = MQ, kita memperoleh
MP²/ MX² - 1 = MP²/ MY² - 1, MP ² / MX ² - 1 = ² MP / ² SAYA - 1,
which implies MX = MY. yang berarti MX = MY.
Remark Ucapan
Without the assumption MP = MQ, (2) simplifies to Tanpa asumsi MP = MQ, (2) menyederhanakan untuk
MP·MQ·(MX - MY) = MX·MY·(MP - MQ). MP · MQ ° (MX - MY) = MX · · MY (MP - MQ).
The latter is the essence of A. Candy's theorem (1896), which is usually written as Yang terakhir adalah inti dari teorema A. Candy '(1896), yang biasanya ditulis sebagai
1/MP - 1/MQ = 1/MX - 1/MY. 1/MP - 1/MQ = 1/MX - 1/MY.
As it turns out, this is very close to Candy's original derivation. Ternyata, ini sangat dekat dengan derivasi asli Candy.

Proof 9 Bukti 9
Following is a proof of Klamkin's generalization with the aid of Menelaus' theorem . Berikut ini adalah bukti 's generalisasi Klamkin dengan bantuan 'teorema Menelaus .
Triangle XSY is cut by two transversals, CZD and AWB such that we may apply Menelaus' theorem twice: XSY segitiga dipotong oleh dua Jalan putar, CZD dan AWB sehingga kita dapat menerapkan teorema Menelaus 'dua kali:
(AWB) (AWB)
XA/SA · SB/YB · YW/XW = 1 XA / SA · SB / YB · YW / XW = 1
(CZD) (CZD)
XD/SD · SC/YC · YZ/XZ = 1 XD / SD · SC / YC · YZ / XZ = 1
The product of the two is Produk kedua adalah
(3) (3)
XA·XD/SA·SD · SB·SC/YB·YC · YZ/XZ · YW/XW = 1. XA · XD / ° SA SD · · SB SC / YB · YC · YZ / XZ YW ° / XW = 1.
From the Power of the Point theorem , SA·SD = SB·SC, so that (3) simplifies to Dari Kekuatan teorema Point , SA · SD = SB · SC, sehingga (3) untuk menyederhanakan
(4) (4)
XA·XD/YB·YC · YZ/XZ · YW/XW = 1. XA · XD / YB · YC · YZ / XZ YW ° / XW = 1.
By the same theorem XA·XD = PX·QX and YB·YC = PY·QY. Dengan teorema yang sama XA · XD = PX · QX dan YB · YC = PY · qy. Therefore (4) becomes Oleh karena itu (4) menjadi
(5) (5)
PX·QX/PY·QY · YZ/XZ · YW/XW = 1. PX · QX / PY · qy · YZ / XZ · YW / XW = 1.
Let PM = MQ = a, ZM = MW = b, XM = x, YM = y, and rewrite (5) as Biarkan PM = MQ = a, ZM = MW = b, XM = x, YM = y, dan menulis ulang (5) sebagai
(a - x)·(a + x)/(a + y)·(a - y) · (y + b)/(x - b) · (y - b)/(x + b) = 1. (A - x) · (a + x) / (a ​​+ y) · (a - y) · (y + b) / (x - b) · (y - b) / (x + b) = 1.
which is just yang hanya
(a² - x²)/(a² - y²) · (b² - y²)/(b² - x²) = 1, (A ² - x ²) / (a ​​² - y ²) · ​​(b ² - y ²) / (b ² - x ²) = 1,
or atau
(a² - x²)/(a² - y²) = (b² - x²)/(b² - y²). (A ² - x ²) / (a ​​² - y ²) = (b ² - x ²) / (b ² - y ²).
The latter is equivalent to Yang terakhir adalah setara dengan
(a² - b²)·(x² - y²) = 0. (A ² - b ²) · ​​(x ² - y ²) = 0.
Finally, except for the degenerate case of a = b where the chord becomes the tangent, we get x = y. The latter is of course also true when a = b, ie when all the points on PQ coalesce into one -- M. Akhirnya, kecuali untuk kasus merosot a = b dimana akord menjadi garis singgung, kita mendapatkan x = y. terakhir ini tentu saja juga berlaku bila b =, yaitu ketika semua titik pada PQ menyatu menjadi satu - M.

Proof 10 Bukti 10
I shall again prove Klamkin's generalization . Aku lagi akan membuktikan 's generalisasi Klamkin .
Consider two pencils of lines , one through A, the other through C. Relate those lines from the two pencils that intersect on the given circle, such that AP corresponds CP, AD to CD, AB, to CB, and AQ to CQ. Pertimbangkan dua pensil dari garis , salah satunya melalui A, C. Berkaitan lain melalui baris-baris dari dua pensil yang berpotongan pada lingkaran yang diberikan, sehingga AP sesuai CP, AD ke CD, AB, untuk CB, dan AQ untuk CQ. All the pertinent angles between the pairs of related lines are equal as subtending the same arc. Therefore , A(PDBQ) = C(PDBQ). By the properties of cross-ratio , A(PDBQ) = (PXWQ), whereas C(PDBQ) = (PZYQ), which gives Semua sudut yang bersangkutan antara pasangan garis terkait adalah sama sebagai subtending busur yang sama. Oleh karena itu , A (PDBQ) = C (PDBQ). Dengan sifat lintas-rasio , A (PDBQ) = (PXWQ), sedangkan C ( PDBQ) = (PZYQ), yang memberikan
(PXWQ) = (PZYQ). (PXWQ) = (PZYQ).
By definition , Menurut definisi ,
(6) (6)
WP/WX : QP/QX = YP/YZ : QP/QZ. WP / WX: QP / QX = YP / YZ: QP / QZ.
But since ZM = MW, we also have WP = QZ, so that we can rewrite (6) as Tapi karena ZM = MW, kami juga memiliki WP = QZ, sehingga kita dapat menulis ulang (6) sebagai
(6') (6 ')
QX/WX = YP/YZ : QP/QZ. QX / WX = YP / YZ: QP / QZ.
Using the convention of the previous proof, (6') becomes Menggunakan konvensi dari bukti sebelumnya, (6 ') menjadi
(a + x)/(b + x) = (a + y)/(b + y), (A + x) / (b + x) = (a + y) / (b + y),
which is equivalent to (a - b)(x - y) = 0. Since a > b, the only possibility is x = y. yang setara dengan (a - b) x - y) = 0. (Karena a, b>, satu-satunya kemungkinan adalah x = y.

Proof 11 Bukti 11
The proof is due to Professor Hiroshi Haruki [ Honsberger and Diamonds , 136-138] and depends on his wonderful lemma , which we apply to the diagram below: Buktinya adalah karena Profesor Hiroshi Haruki [ Honsberger dan Berlian , 136-138] dan tergantung pada nya lemma indah , yang kami gunakan untuk diagram di bawah ini:
Think of A and C as being two positions of a variable point traversing the circle. Pikirkan A dan C sebagai dua posisi dari sebuah titik variabel melintasi lingkaran. Then Haruki's lemma leads to Kemudian 's lemma Haruki mengarah ke
XP·MQ / XM = MP·YQ / YM, XP · MQ / XM = MP · YQ / YM,
which, because of MP = MQ, is simplified to yang, karena MP = MQ, yang disederhanakan
XP / XM = YQ / YM. XP / XM = YQ / YM.
Adding 1 to both sides gives Menambahkan 1 untuk kedua belah pihak memberikan
(XP + XM) / XM = (YQ + YM) / YM. (XP + XM) / XM = (YQ + YM) / YM.
Applying MP = MQ again, we obtain the required XM = YM. Menerapkan MP = MQ lagi, kita mendapatkan XM diperlukan = YM.
Note that with a little change in the above we can easily obtain Morrey Klamkin's generalization . Perhatikan bahwa dengan perubahan sedikit di atas kita dapat dengan mudah memperoleh Klamkin's generalisasi Morrey .
Proof 12 Bukti 12
I have borrowed this proof from Paris Pamfilos' web site which since disappeared or moved. Saya telah meminjam ini adalah bukti dari situs web Paris Pamfilos 'yang sejak menghilang atau dipindahkan.
Let S and T be the points of intersection of AD, BC and AC, BD. Then ST is the polar of M with respect to the given circle. Biarkan S dan T menjadi titik persimpangan AD, BC dan AC, BD. Kemudian ST adalah kutub M sehubungan dengan lingkaran yang diberikan. In particular, this means that, if O is the center of the circle, then OM is perpendicular to ST. Secara khusus, ini berarti bahwa, jika O adalah pusat lingkaran, maka OM tegak lurus terhadap ST. Since M is the middle of PQ, PQ, too, is perpendicular to OM. Karena M adalah tengah PQ, PQ, juga tegak lurus terhadap OM. Hence, ST||PQ. Oleh karena itu, ST | | PQ.
Further, from the construction via the complete quadrilateral of pairs of conjugate points, it follows that the conjugate (F) of M with respect to the pair C, D lies on ST. Selanjutnya, dari konstruksi melalui segiempat lengkap pasangan titik konjugat, mengikuti bahwa konjugasi (F) M sehubungan dengan pasangan C, D terletak di ST. As a consequence, the lines SD, SC, SM, SF form a harmonic bundle . Sebagai konsekuensinya, garis SD, SC, SM, SF membentuk bundel harmonis . Any line crosses such a bundle in conjugate points. Setiap garis melintasi seperti di bundel poin conjugate. In particular, PQ crosses it in points X, Y, M, and infinity (recall that ST||PQ), which me know implies that MX = MY. Secara khusus, PQ salib itu di titik X, Y, M, dan tak terhingga (ingat bahwa ST | | PQ), yang saya tahu menyiratkan bahwa MX = MY.
Remark Ucapan
Paris' proof actually shows more. bukti Paris 'benar-benar menunjukkan lebih. For M not necessarily the midpoint of PQ, PQ will cross ST at some point N say. Untuk M belum tentu titik tengah PQ, PQ akan menyeberang ST di beberapa titik N katakan. As before there are several harmonically conjugate pairs. Seperti sebelumnya ada beberapa pasangan harmonik konjugat. In particular, (XYMN) = -1 and, of course, (PQMN) = -1. Secara khusus, (XYMN) = -1 dan, tentu saja, (PQMN) = -1. For these two , Untuk kedua ,
1/XM + 1/YM = 2/NM, and 1/XM + 1/YM = 2/NM, dan
1/PM + 1/QM = 2/NM, 1/PM + 1/QM = 2/NM,
where all segments are signed. dimana semua segmen ditandatangani. Subtracting and reversing to regular lengths, we get Candy's generalization , because, as signed segments, XM and YM and also PM and QM have different signs. Mengurangkan dan membalikkan untuk panjang biasa, kita mendapatkan 's generalisasi Candy , karena, sebagai segmen ditandatangani, XM dan YM dan juga PM dan QM memiliki tanda-tanda yang berbeda.
Proof 13 Bukti 13
This one comes from the first volume of the encyclopedic Problems in Planimetry by VV Prasolov (#2.54). Yang satu ini berasal dari volume pertama dari ensiklopedi Permasalahan dalam Planimetry oleh VV Prasolov (# 2,54). We shall be proving Klamkin's generalization . Kita akan membuktikan 's generalisasi Klamkin .
Reflect points A, B, D and X in the perpendicular to PQ through its midpoint M. Denote the reflections A', B', D', and X'. Mencerminkan titik A, B, D dan X di tegak lurus PQ melalui refleksi titik tengah nya M. Mendenotasikan A ', B', D ', dan X'. A', B', D' lie on the given circle, whereas X' lies on PQ. A ', B' ', terletak pada lingkaran yang diberikan sedangkan X', D terletak pada PQ. We wish to show that X' coincides with Y. Kami ingin menunjukkan bahwa X 'bertepatan dengan Y.
Since Z and W are symmetric in M, A'B' passes through W. Further, we may observe the equality of several directed (or signed) angles between pairs of straight lines: Sejak Z dan W adalah simetris dalam M, 'melewati A'B melalui W. Selanjutnya, kita dapat mengamati beberapa kesetaraan diarahkan (atau ditandatangani) sudut antara pasangan garis-garis lurus:
∠(WY, CY) = ∠(B'B, CB) ∠ (WY, CY) = ∠ (B'B, CB)

(BB'||PQ) (BB '| | PQ)
∠(B'B, CB) = ∠(B'A', CA') ∠ (B'B, CB) = ∠ (B'A ', CA')

(subtended by arc B'C) (Subtended oleh B'C arc)
∠(B'A', CA') = ∠(WA', CA') ∠ (B'A ', CA') = ∠ (WA ', CA')

(A'B' passes through W) (A'B 'melewati W)
Hence quadrilateral WYA'C is cyclic. Oleh karena itu WYA'C segiempat adalah siklik. We have an additional chain of equalities among angles: Kami memiliki rantai tambahan kesamaan-kesamaan antara sudut:
∠(WX', A'X') = ∠(DD', A'D') ∠ (WX ', A'X') = ∠ (DD ', A'D')

(DD'||PQ) (DD '| | PQ)
∠(DD', A'D') = ∠(DC, A'C) ∠ (DD ', A'D') = ∠ (DC, A'C)

(subtended by same arc) (Subtended oleh busur yang sama)
∠(DC, A'C) = ∠(WC, A'C) ∠ (DC, A'C) = ∠ (WC, A'C)

(W lies on CD) (W terletak pada CD)
Hence quadrilateral WX'A'C is also cyclic and has exactly same circumcircle as WYA'C. Oleh karena itu segiempat WX'A'C juga siklik dan memiliki circumcircle persis sama dengan WYA'C. Since, besides W, PQ intersects this circle in at most one other point, Y = X'. QED Karena, selain W, PQ memotong lingkaran ini paling banyak satu titik lainnya, Y = X '. QED
Proof 14 Bukti 14
While pursuing a delightful proof by Professor Haruki , I have first overlooked what R. Honsberger calls a standard proof [ Honsberger and Diamonds , 135-136] Sementara mengejar bukti menyenangkan oleh Profesor Haruki , saya telah diabaikan apa yang pertama R. Honsberger panggilan bukti standar [ Honsberger dan Berlian , 135-136]
We prove the original problem, so that M is the center of the chord PQ which is thus perpendicular to the diameter MO. Kami membuktikan masalah yang asli, sehingga M merupakan pusat dari akord yang demikian PQ tegak lurus terhadap diameter MO. Let B' be the reflection of B in that diameter. Mari B 'merupakan refleksi dari B dalam diameter yang. In particular, BB' is also perpendicular to OM and is divided by OM into equal parts. Secara khusus, BB 'juga tegak lurus terhadap OM dan dibagi oleh OM menjadi bagian yang sama. ΔBB'M is isosceles and its base angles 1 and 2 are equal. ΔBB'M adalah sama kaki dan basis sudut 1 dan 2 adalah sama. Further, BB'||PQ. Selanjutnya, BB '| | PQ. Angle 3 is alternate with 1 and angle 4 with 2. Sudut 3 adalah alternatif dengan 1 dan sudut 4 dengan 2. It follows that all four are equal. Oleh karena itu, keempat adalah sama.
In a cyclic quadrilateral ABB'D angles at B (2) and D (5) are supplementary . Dalam siklik segiempat sudut ABB'D di B (2) dan D (5) adalah tambahan . They add up to 180°. Mereka menambahkan hingga 180 °. If so, angles 3 and 5 also add up to 180°, which makes quadrilateral MXDB' cyclic. Jika demikian, sudut 3 dan 5 juga menambahkan hingga 180 °, yang membuat siklik MXDB segiempat '. In this quadrilateral angles 6 and 7 subtend the same chord MX. Dalam sudut segiempat 6 dan 7 subtend chord MX yang sama. They are thus equal. Mereka dengan demikian sama. For the same reason, but in the given circle, angles 7 and 8 are equal. Untuk alasan yang sama, tetapi dalam lingkaran diberikan, sudut 7 dan 8 adalah sama. Which shows that angles 6 and 8 are also equal. Yang menunjukkan bahwa sudut 6 dan 8 juga sama.
Now consider triangles MBY and MB'X. Sekarang perhatikan segitiga MBY dan MB'X. They have equal sides MB and MB', and equal pairs of adjacent angles: 3/4 and 6/8. Mereka memiliki sisi yang sama MB dan MB ', dan pasangan yang sama dari sudut yang berdekatan: 3 / 4 dan 6 / 8. By SAS , the triangles are equal. Dengan SAS , segitiga adalah sama. Therefore, MX = MY. Oleh karena itu, MX = MY.
Proof 15 Bukti 15
This proof is by weininjieda from Yingkou, China who plans to become a teacher of mathematics, Chinese and history. Bukti tersebut adalah dengan weininjieda dari Yingkou, Cina yang berencana untuk menjadi seorang guru matematika, dan sejarah China. As in proof #8 , weininjieda compares areas of several triangles based, in particular, on the observation related to cyclic quadrilateral. Seperti dalam bukti # 8 , weininjieda membandingkan beberapa daerah segitiga berbasis, khususnya, pada pengamatan yang terkait dengan siklik segiempat. For example, quadrilateral ACDP is split by the diagonal AD into two triangles, APD and ACD whose opposing angles at P and C add up to 180°. Sebagai contoh, ACDP segiempat terbagi oleh AD diagonal menjadi dua segitiga, APD dan ACD yang menentang sudut pada P dan C menambahkan hingga 180 °. Thus, Dengan demikian,
Area(ΔAPD)/Area(ΔACD) = AP·DP / AC·CD. Area (ΔAPD) / Area (ΔACD) = AP · DP / ° AC CD.
Denote, as before, a = MP = MQ, x = MX, y = MY. Menunjukkan, seperti sebelumnya, a = MP = MQ, x = MX, y = MY. Then Kemudian
PX/MX × MY/QY PX / MX × SAYA / qy
= (a - x)/x · y/(a - y) = (A - x) / x · y / (a ​​- y)

= Area(ΔAPD)/Area(ΔAMD) × Area(ΔCMB)/Area(ΔCQB) = Luas (ΔAPD) / Area (ΔAMD) × Area (ΔCMB) / Area (ΔCQB)

= Area(ΔAPD)/Area(ΔACD) × Area(ΔCAD)/Area(ΔCBD) = Luas (ΔAPD) / Area (ΔACD) × Area (ΔCAD) / Area (ΔCBD)
× Area(ΔBDC)/Area(ΔBQC) × Area(ΔBMC)/Area(ΔAMD) × Area (ΔBDC) / Area (ΔBQC) × Area (ΔBMC) / Area (ΔAMD)

= AP·DP/AC·CD × AD·AC/BC·BD × BD·CD/BQ·CQ × BM·CM/AM·DM = AP DP · / ° AC CD × AD · AC / ° × BC BD BD · CD / BQ · CQ × BM CM ° / AM DM ·

= AP·DP·AD·BM·CM / BC·BQ·CQ·AM·DM = AP · DP · AD · BM CM ° / BC · BQ · CQ · AM DM ·

= DP/CQ × AP/BQ × AD/BC × BM/DM × CM/AM = DP / CQ × AP / BQ × AD / BC × BM / DM × CM / AM

= MP/CM × AM/MQ × DM/BM × BM/DM × CM/AM = MP / × CM AM / MQ DM × / BM BM × / DM × CM / AM

= MP/MQ = MP / MQ

= 1. = 1.
It follows that (a - x)/x = (a - y)/y, or a/x - 1 = a/y - 1 so that x = y. Oleh karena itu (a - x) / x = (a - y) / y, atau / x - 1 = a / y - 1 sehingga x = y.
Proof 16 Bukti 16
This proof is by Greg Markowsky. Bukti tersebut adalah dengan Greg Markowsky.
Since M is the midpoint of PQ, the diameter of the circle through M is obviously perpendicular to PQ. Karena M adalah titik tengah PQ, diameter lingkaran melalui M jelas tegak lurus PQ. Reflect A and D in that diameter to obtain points A' and D'. Merefleksikan A dan D dengan diameter bahwa untuk mendapatkan titik A 'dan D'. Observe that points A' and B form a pair of reflection about M; and so are points C and D'. Perhatikan bahwa titik A 'dan membentuk B sepasang refleksi tentang M, dan begitu juga poin C dan D '. By Greg's theorem about two such pairs, lines A'D' and BC meet on PQ, ie, at Y. Since A'D' is the reflection of AD in the diameter through M, MX = MY. Dengan Teorema Greg sekitar dua pasang seperti, garis A'D 'dan BC bertemu di PQ, yaitu pada Y. Karena A'D' adalah refleksi dari AD diameter melalui M, MX = MY.
Proof 17 Bukti 17
The proof has been communicated to me by Giles Gardam, a member of Australia's 2007 and 2008 IMO teams, and is due to his mentor, Ivan Guo, who won a gold medal at IMO 2004. Buktinya telah dikomunikasikan kepada saya dengan Giles Gardam, anggota Australia 2007 dan 2008 tim IMO, dan karena mentornya, Ivan Guo, yang memenangkan medali emas di IMO 2004.
An interactive illustration is available elsewhere . Sebuah ilustrasi interaktif tersedia di tempat lain .
Reflect B and C and the circle T in M (by reflect in a point I mean a dilation by factor -1 about that point). Merefleksikan B dan C dan T lingkaran dalam M (dengan mencerminkan pada butir a saya berarti pelebaran oleh faktor -1 sekitar titik itu). B', C', and T' be the reflections of B, C and circle T, respectively. B ', C', dan 'T menjadi refleksi B, C dan T lingkaran, masing-masing. Note that as M is the midpoint of PQ, T' passes through P and Q. Perhatikan bahwa karena M adalah titik tengah PQ, T 'melewati P dan Q.
By power of point M with respect to T, AM×BM=CM×DM. Dengan power point M sehubungan dengan T, AM × BM = CM × DM.
Thus AM×B'M=C'M×DM, so by converse of power of a point, AB'C'D is a cyclic quadrilateral . Jadi AM × B'M = C'M × DM, jadi dengan berkomunikasi kekuasaan suatu titik, AB'C'D adalah segiempat siklik . Let its circumcircle be T''. Biarkan circumcircle yang akan T''.
We now consider the three radical axes of the three circles, which are PQ, AD and B'C', and concur by the radical axes theorem . Kita sekarang mempertimbangkan tiga sumbu radikal dari tiga lingkaran, yaitu PQ, AD dan B'C ', dan setuju dengan teorema sumbu radikal . Thus B'C' intersects PQ at X. The reflections of BC and PQ are B'C' and PQ, so considering their intersections, we have that X is the reflection of Y, thus M is the midpoint of XY. Jadi B'C 'memotong PQ di X. refleksi BC dan PQ adalah B'C' dan PQ, sehingga mempertimbangkan persimpangan mereka, kita mendapati bahwa X adalah refleksi dari Y, sehingga M adalah titik tengah XY.
Proof 18 Bukti 18
This proof is by B. Elsner alias MathOMan . Bukti tersebut adalah dengan B. alias Elsner MathOMan . (Check his link to an amazing video of Professor Jean-Pierre Kahane engaging passers-by in the street, using the butterfly theorem as one of the attractions.) (Periksa link ke suatu menakjubkan video Profesor Jean-Pierre Kahane melibatkan orang lewat di jalan, dengan menggunakan teorema kupu-kupu sebagai salah satu daya tarik.)
For a plain analytic proof, assume for simplicity that the radius of the circle is 1, PQ lies on the horizontal x-axis, with the origin at M and the center of the circle O at (0, m), |m| < 1. The equation of the circle then is x² + (y - m)² = 1 and that of PQ is y = 0. Untuk bukti analitik polos, asumsikan untuk kesederhanaan yang jari-jari lingkaran adalah 1, PQ terletak pada sumbu x horizontal, dengan asal di M dan pusat lingkaran O (0, m), | m | < . 1 Persamaan lingkaran kemudian adalah x ² + (y - m) ² 1 = dan bahwa PQ y = 0.
We may assume that neither AB nor CD coincide with PQ. Kita boleh berasumsi bahwa baik AB atau CD bertepatan dengan PQ. Since both path through the origin, their equations are, say, x = ay, for AB, and x = by, for CD. Karena kedua jalur melalui titik asal, persamaan mereka, katakanlah, x = ay, untuk AB, dan x = oleh, untuk CD. Observe that in this form AB and CD are allowed to be vertical. Perhatikan bahwa dalam formulir ini AB dan CD yang diizinkan untuk vertikal. We may assume a ≠ b as otherwise the problem does not make much sense. Kita mungkin menganggap b ≠ karena kalau masalah tidak masuk akal.
Substituting x = ay in the equation of the circle, we see that the ordinates of the points A(x A , y A ) and B(x B , y B ) satisfy the equation a²y² + (y - m)² = 1 , implying Mengganti x = ay dalam persamaan lingkaran, kita melihat bahwa koordinat dari titik A (x A, y A) dan B (x B, y B) memenuhi persamaan y ² ² + (y - m) ² = 1, menyiratkan
(1 + a²)y² - 2my + (m² - 1) = (1 + a²)(y - y A )(y - y B ). (1 + ² a) y ² - 2my + (m² - 1) = (1 + a ²) (y - y A) (y - B y).
A similar relation holds for the ordinates of points C, D. Comparing the coefficients, we see that Sebuah hubungan yang sama berlaku untuk koordinat dari titik-titik C, D. Membandingkan koefisien, kita melihat bahwa
(7) (7)
(1 + a²)(y A + y B ) = 2m, (1 + a ²) (y A + y B) = 2m,

(1 + a²)y A y B = m² - 1, (1 + ² a) y A B y = m² - 1,
(1 + b²)(y C + y D ) = 2m, (1 + b ²) (y + y C D) = 2m,

(1 + b²)y C y D = m² - 1. (1 + b ²) y C y D = m² - 1.
Points X and Y lie on the x-axis so that their ordinates vanish: X(x X , 0) and Y(x Y , 0). X is collinear with A and D, implying Poin X dan Y terletak pada sumbu x sehingga mereka lenyap koordinat: x X, 0) dan Y (x Y, 0). X X (adalah collinear dengan A dan D, menyiratkan
(x X - x D ) / (y X - y D ) = (x A - x D ) / (y A - y D ) (X X - x D) / (y X - y D) = (x A - x D) / (y A - y D)
In other words, Dengan kata lain,
(x X - x D )(y A - y D ) = (y X - y D )(x A - x D ), (X X - x D) (y A - D y) = (y x - y D) (x A - x D),
or, substituting x A = ay A and x D = by D , atau, mengganti x A = ay A dan x D = oleh D,
(8) (8)
x X (y A - y D ) = (a - b) y A y D . x X (y A - D y) = (a - b) y y A D.
Similarly, Demikian pula,
(8') (8 ')
x Y (y B - y C ) = (a - b) y B y C . x Y (y B - C y) = (a - b) y C y B.
Multiplying the first of these equations by (y B - y C ) and the second by (y A - y D ) and adding the products shows (after not difficult algebraic manipulations using (7)) that Mengalikan pertama dari persamaan dengan (y B - C y) dan yang kedua oleh (y A - D y) dan menambahkan menunjukkan produk (setelah manipulasi aljabar sulit tidak menggunakan (7)) yang
(y A - y D )(y B - y C )(x X + x Y ) = 0. (Y A - D y) (y B - C y) (x X + x Y) = 0.
Observe, that, under the assumption a ≠ b, (8) and (8') imply y A ≠ y D and y B ≠ y C so that we may conclude that x X + x Y = 0, which immediately gives MX = MY. Perhatikan, bahwa, di bawah asumsi a, b ≠, (8) dan (8 ') menyiratkan D ≠ y A y dan y B y C ≠ sehingga kita dapat menyimpulkan bahwa x X + x Y = 0, yang segera memberikan MX = SAYA.
Reference Referensi
  1. HSM Coxeter, SL Greitzer, Geometry Revisited , MAA, 1967 Coxeter HSM, Greitzer SL, Geometry Revisited , MAA, 1967
  2. Alex DD Craik and John J O'Connor, Some unknown documents associated with William Wallace (1768-1843) , BSHM Bulletin: Journal of the British Society for the History of Mathematics , 26:1, 17-28 Alex DD Craik dan John J O'Connor, Beberapa dokumen yang tidak diketahui terkait dengan William Wallace (1768-1843) , BSHM Buletin: Jurnal Masyarakat Inggris untuk Sejarah Matematika 26:1, 17-28
  3. SL Greitzer, Arbelos , v 5, ch 2, pp 38-39, MAA, 1991 SL Greitzer, Arbelos, v 5, ch 2, pp 38-39, MAA, 1991
  4. R. Honsberger, The Butterfly Problem and Other Delicacies from the Noble Art of Euclidean Geometry I , TYCMJ , 14 (1983), pp. 2-7. R. Honsberger, Masalah Butterfly dan Delicacies lain dari Seni Mulia Euclidean Geometri I, TYCMJ, 14 (1983), hal 2-7.
  5. R. Honsberger, Mathematical Diamonds , MAA, 2003 R. Honsberger, Diamonds Matematika , MAA, 2003
  6. VV Prasolov, Essays On Numbers And Figures , AMS, 2000 VV Prasolov, Essay Pada Bilangan Dan Angka , AMS, 2000
  7. VV Prasolov, Problems in Planimetry , v 1, Nauka, Moscow, 1986, in Russian VV Prasolov, Permasalahan dalam Planimetry, v 1, Nauka, Moscow, 1986, dalam bahasa Rusia
  8. VV Prasolov, Problems in Planimetry , v 2, Nauka, Moscow, 1986, in Russian VV Prasolov, Permasalahan dalam Planimetry, v 2, Nauka, Moscow, 1986, dalam bahasa Rusia
  9. DO Shklyarsky, NN Chentsov, IM Yaglom, Selected Problems and Theorems of Elementary Mathematics , v 2, Moscow, 1952. DO Shklyarsky, NN Chentsov, Yaglom IM, Masalah Dipilih dan Teorema Matematika SD, v 2, Moskow, 1952.

Butterfly Theorem and Variants
Top of Form

Bottom of Form
Top of Form
Bottom of Form
Posted by at

No comments:

Post a Comment

Subscribe to: Post Comments (Atom)