孟氏(Menalaus)與塞瓦(Ceva)定理合而為一

             及帕普斯(Pappus)定理的嚴謹證明

            作者:國立臺灣大學數學系鄧天錫

前言

點為幾何之基本單元,集點為線,集線為面,集面為體. 

故點、線、面、體分別為 0 維、1 維、2 維、3 維

之線性空間.體以上之空間,便是4 維、5 維乃至於 n 維

線性空間.早期之平面幾何,則是於幾何圖形作補助線.

而於立體幾何圖形作補助線,卻更加不勝其煩.至於

4 維、5 維乃至於 n 維線性空間.由於超越現實生活,  

更無圖形可言.然則借助於向量之解析,卻能一目了然.        

此誠無圖勝有圖也.

一. 向量的基本概念

於坐標系中,O為原點,A,B為坐標點,O,A,B分別為對應於

點 O,A,B 之位向量,AB=B-A表從A到B之向量,A 稱為始點,

B 稱為終點,(AB)表 A,B兩點間之距離,又稱長度. 

AA=A-A=O為零向量,(AA)=0.

若A≠B,令[AB]表過二相異兩點 A,B之直線.

1.設A,B為二相異點,P為直線[AB]之任意點,

   則AP=k AB,k為實數,P-A=k(B-A),P=(1-k)A+kB,

   (AP)=︱k｜(AB),(BP)=︱1-k｜(AB).

 2. 設O,A,B三點不共線.

 唯若C=aA+bB,a,b為實數.則 O,A,B,C 在同一平面上.

3. 三點共線與三點不共線之判別定理

   設 aA+bB+cC=O,a+b+c=0,a,b,c為實數.

   若 a≠0 或 b≠0 或 c≠0,則 A,B,C 三點共線.

   且唯若 a=b=c=0,則 A,B,C 三點不共線.

證:

   由 aA+bB+cC=O,a+b+c=0,a,b,c 為實數.®

aA-aA+bB-bA+cC-cA=O-aA-bA-cA=-(a+b+c)A=O,

aA-aB+bB-bB+cC-cB=O-aA-bB-cB=-(a+b+c)B=O,

aA-aC+bB-bC+cC-cC=O-aC-bC-cC=-(a+b+c)C=O.®

a AA+bAB+cAC=O, a BA+bBB+cBC=O,          

aCA+bCB+cCC=O ,bAB+cAC=O,a BA+cBC=O,

aCA+bCB=O.

若 b≠0:令 c=-kb.®bAB-kbAC=O,AB=kAC.

若 a≠0:令b=-ka.®aCA-ka CB=O, CA=k CB,

若 c≠0:令a=-kc.®cBC-kc BA=O,BC=k BA.

即得證若 a≠0 或 b≠0 或 c≠0,則A,B,C三點共線.

且唯若 a=b=c=0,則A,B,C 三點不共線.

二.用向量的基本概念破解古典幾何名題 

   設A,B,C不共線,DÎ[CB],EÎ[CA],FÎ[AB].

  D≠C,D≠B;E≠C, E≠A; F≠A, F≠B.

(一)孟氏「Menalaus 定理」若FÎ[AB]∩[DE].

   則(BD)(CE)(AF)=(DC)(EA)(FB).

(二)塞瓦「Ceva 定理」若GÎ[AD]∩[BE]∩[CF].

   則(BD)(CE)(AF)=(DC)(EA)(FB) .

證:由所設得

   D=xB+(1-x)C,E=yC+(1-y)A,F=zA+(1-z)B,

   xyz(1-x)(1-y)(1-z)¹0.®

BD=(1-x) BC,DC=xBC;(BD)=|1-x|(BC),(DC)=|x|(BC).

CE=(1-y)CA,EA=yCA;(CE)= |1-y|(CA),(EA)=|y|(CA).

AF=(1-z)AB,FB=zAB;(AF)= |1-z|(AB),(FB)=|z|(AB).® 

 |x|(BD)= |x||1-x|(BC)=|1-x|(DC),

 |y|(CE)= |y||1-y|(CA)=|1-y|(EA),

 |z|(AF)= |z||1-z|(AB)=|1-z|(FB).®                

|x||y||z|(BD)(CE)(AF)=|1-x||1-y||1-z|(DC)(EA)(FB).

(一)孟氏「Menalaus」定理」若FÎ[AB]∩[DE].®

 F=zA+(1-z)B=kD+(1-k)E.

 k[xB+(1-x)C]+(1-k)[yC+(1-y)A]=zA+(1-z)B,

 [(1-k)(1-y)-z]A+[kx-(1-z)]B+[k(1-x)+(1-k)y]C=O.

® [(1-k)(1-y)-z]+[kx-(1-z)]+[k(1-x)+(1-k)y]

    =1-k-y+ky-z+kx-1+z+k-kx+y-ky=0,

  且A,B,C不共線.則由三點不共線之判別定理,得.

  (1-k)(1-y)-z=kx-(1-z)=k(1-x)+(1-k)y=0,

  (1-k)(1-y)=z,kx=1-z,k(x+y-1)=y.

1.若 x+y=1,則 k之值不存在,相當於

   D=xB+(1-x)C,E=yC+(1-y)A,

   DE=E-D=(1-y)A-xB+(x+y-1)C=xA-xB=xBA,

  [DE] 平行於 [AB],[DE]與[AB]不相交,

   與所設FÎ[AB]∩[DE]不合.

2.若 x+y≠1,則由 kx=1-z,k(x+y-1)=y.消去k:

 得 xy=(1-z)(x+y-1),1-x-y-z+xy+xz+yz=0,

 1-x-y-z+xy+xz+yz-xyz=-xyz,

 (1-x)(1-y)(1-z)=-xyz.®|(1-x)(1-y)(1-z)|=|xyz|¹0.

 代入 |xyz|(BD)(CE)(AF)=|(1-x)(1-y)(1-z)|(DC)(EA)(FB).

 即得證(BD)(CE)(AF)=(DC)(EA)(FB).

(二)塞瓦「Ceva定理」若 GÎ[AD]∩[BE]∩[CF].®

  G=aD+(1-a)A=bE+(1-b)B =cF+(1-c)C,且

 D=xB+(1-x)C,E=yC+(1-y)A,F=zA+(1-z) B.®

 aD=axB+a(1-x)C,bE=byC+b(1-y)A,cF=czA+c(1-z)B.

 ®G=axB+a(1-x)C+(1-a)A=byC+b(1-y)A+(1-b)B

        =czA+c(1-z)B+(1-c)C.

®[(1-a)-b(1-y)]A+[ax-(1-b)]B+[a(1-x)-by]C=O,

且[(1-a)-b(1-y)]+[ax-(1-b)]+[a(1-x)-by]

  =1-a-b+by+ax-1+b+a-ax-by=0.

及[cz-b(1-y)]A+[c(1-z)-(1-b)]B+[(1-c)-by]C=O,

  [cz-b(1-y)]+[c(1-z)-(1-b)]+[1-c-by] 

=cz-b+by+c-cz-1+b+1-c-by=0.

且A,B,C不共線.由三點不共線之判別定理,得

(1-a)-b(1-y)=ax-(1-b)=a(1-x)-by=0,

cz-b(1-y)=c(1-z)-(1-b)=1-c-by=0.

1.由 ax=1-b 與 a(1-x)=by 消去a,

  得 bxy=(1-b)(1-x),b(xy-x+1)=1-x.

2.由c(1-z)=1-b與1-by=c消去c,

  得(1-by)(1-z)=1-b,b(yz-y+1)=z,

3.由 b(xy-x+1)=1-x 與 b(yz-y+1)=z消去 b,得

  (1-x)(yz-y+1)=(xy-x+1)z.®

  yz-y+1-xyz+xy-x=xyz-xz+z,

 1-(z+y+z)+(xy+yz+xz)-xyz=xyz,

 (1-x)(1-y)(1-z)=xyz≠0,|(1-x)(1-y)(1-z)|=|xyz|≠0.

 代入 |xyz|(BD)(CE)(AF)=|(1-x)(1-y)(1-z)|(DC)(EA)(FB).

 即得證(BD)(CE)(AF)=(DC)(EA)(FB).

(三)無名氏難題鑑賞

   下列命題,未詳其先知者為何許人也.據悉該命題是

來自香港商務印書館所發行之平面幾何學一書中,

且註明至今尚有待證明.謹就本人之所理解敘述如下:

  設O,A,B不同在一直線.O,A,B,C在同一平面,

C 不在直線[AB]上,C≠O,P為[OC]與[AB]之交點.

MÎ[OA],NÎ[BC].M≠O, M≠A,N≠B, N≠C.

Q 為 [CM]與[AN]之交點,Q≠C,Q≠M,Q≠A,

Q≠N.M≠C,N≠A.R 為 [BM]與[ON]之交點,

B≠M,N≠O.則P,Q,R三點共線. 

並與Pappus定理(帕普斯定理)的網路摘錄相比較:

定理內容：

設 A、C、E是一直線上三點,B、D、F是另一直線上三點

如果AB、CD、EF分別與DE、FA、BC相交 則三個交點L、M、N三點共線

此定理也叫帕普斯定理 定理證明：「圖形未能在網路顯示」

設直線 CD 與直線 EF 交於U.  直線 AB 交直線 CD、EF 於 W、V

把帕普斯定理中一直線上的三點 A、C、E

分別對應於「難題鑑賞」中一直線上的三點 C,N,B.

把帕普斯定理中另一直線上的三點 B、D、F

分別對應於「難題鑑賞」中另一直線上的三點 O,A,M.

如果直線AB、CD、EF 分別與直線 DE、FA、BC 相交.

則三個交點 L、M、N三點共線

分別對應於「難題鑑賞」中的

如果直線[OC],[AN],[BM]分別與直線

[AB], [MC], [ON]相交.則三點 P,Q,R 三點共線.

證:

  由所設O,A,B三點不共線,O,A,B,C 在同一平面上.

取 O 為原點,C 不在直線[AB]上.®

C=aA+bB,a,b為實數.a+b≠1,ab≠0.A,B為線性無關.

當a+b>1,□ OACB為凸四邊形;當a+b<1,□ OACB為凹四邊形.

由 MÎ[OA].®M=hA,h(1-h)≠0.

由 NÎ[BC].®N=(1-k)B+kC,k(1-k)≠0,

N=(1-k)B+kC=(1-k)B+k(aA+bB)=kaA+(kb-k+1)B. 

由 PÎ[OC]∩[AB].® 

P=cC=c(aA+bB)=caA+cbB.c(a+b)=1.

由 QÎ[CM]∩[AN].®

Q=xM+(1-x)C=xhA+(1-x)(aA+bB)

=[xh+(1-x)a]A+(1-x)bB.

Q=yN+(1-y)A=y[kaA+(kb-k+1)B]+(1-y)A 

=(yka+1-y)A+y(kb-k+1)B.x(1-x)≠0,y(1-y)≠0.

®[xh+(1-x)a]A+(1-x)bB=(yka+1-y)A+y(kb-k+1)B,

(yka+1-y-xh-a+xa)A+[y(kb-k+1)-(1-x)b]B=O.

A,B 為線性無關.®(a-h)x+(ka-1)y=a-1,且

bx+(kb-k+1)y=b.

(a-h)(kb-k+1)x+(ka-1)(kb-k+1)y=(a-1)(kb-k+1), 

且 b(ka-1)x+(ka-1)(kb-k+1)y=kab-b.

[(a-h)(kb-k+1)-b(ka-1)]x=a+b-k(a+b)+k-1,

且 bx+(kb-k+1)y=b.®

(-ak+a-kbh+hk-h+b)x=a+b-1-k(a+b-1),

[-k(bh+a-h)-h+a+b]x=(a+b-1)(1-k).

令a+b=l≠1,k(bh+a-h)+h=m.®

(-m+l)x=(l-1)(1-k),(m-l)x=(1-k)(1-l).

代入 bx+(kb-k+1)y=b.®

b(m-l)x+(m-l)(kb-k+1)y=b(m-l),

b(1-k)(1-l)+(m-l)(kb-k+1)y=b(m-l).

(m-l)(kb-k+1)y=b(m-l)-b(1-k)(1-l)

=b[(m-l)-(1-k)(1-l)]=b[m-l-(1-k-l+kl)]

=b[m-(1-k+kl)]=b[k(bh+a-h)+h-1+k-kl] 

=b[kbh+ak-hk+h-1+k-ak-bk]=b(kbh-hk+h-1+k-bk) 

=b[h(kb-k+1)-(kb-k+1)]=b(kb-k+1)(h-1).

®(m-l)(kb-k+1)y=b(kb-k+1)(h-1).

若(kb-k+1)=0,且 bx+(kb-k+1)y=b.®bx=b.

®b=0,或 x=1.與 ab≠0,x(1-x)≠0 不合.®

(kb-k+1)≠0, (m-l)y=b(h-1).

(I)若m-l=0.®(1-k)(1-l)=b(h-1)=0,

   與 (1-k)(1-l)≠0,b(1-h)≠0 不合.

(II)若m-l≠0,且(m-l)x=(1-k)(1-l),(m-l)y=b(h-1).

   由 RÎ[BM]∩[ON].®R=uM+(1-u)B=vN,

   M=hA,h(1-h)≠0.N=kaA+(kb-k+1)B,k(1-k)≠0.®

   R=uhA+(1-u)B=v[kaA+(kb-k+1)A],

  (kav-hu)A+[(kb-k+1)v+u-1]B=O,A,B為線性無關.®

  kav-hu=(kb-k+1)v+u-1=0.kav=hu,

  (khb-hk+h)v+hu=h.(khb-hk+h)v+kav=h,

  k(bh+a-h)v+hv=h,[k(bh+a-h)+h]v=h,

  且 k(bh+a-h)+h=m.®mv=h≠0.

 mR=mv[kaA+(kb-k+1)B]=h[kaA+(kb-k+1)B].

 Q=(kay+1-y)A+y(kb-k+1)B

  =[(ka-1)y+1]A+y(kb-k+1)B,

  l(m-l)Q

 =[l(ka-1)(m-l)y+l(m-l)]A+[l(m-l)y(kb-k+1)]B

 =[l(ka-1)b(h-1)+l(m-l)]A+[lb(h-1)(kb-k+1)]B.

P=cC=c(aA+bB)=caA+cbB,c(a+b)=1,lc=1.®

lP=lcaA+lcbB =aA+bB.®

l(m-l)P=(m-l)aA+(m-l)bB.

l(m-l)PQ=l(m-l)Q-l(m-l)P

=[l(ka-1)b(h-1)+l(m-l)-(m-l)a]A

  +[lb(h-1)(kb-k+1)-(m-l)b]B

=[l(ka-1)b(h-1)+(m-l)b]A

  +[lb(h-1)(kb-k+1)-(m-l)b]B

=b[l(ka-1)(h-1)+(m-l)]A+b[l(h-1)(kb-k+1)-(m-l)]B

mR=h[kaA+(kb-k+1)B],lmR=lhkaA+lh(kb-k+1)B,

lmPR=lmR-lmP=lhkaA+lh(kb-k+1)B-(maA+mbB) 

=(lhka-ma)A+[lh(kb-k+1)-mb]B.

令a=[l(ka-1)(h-1)+(m-l)]A   

       +[l(h-1)(kb-k+1)-(m-l)]B, 

   b=(lhka-ma)A+[lh(kb-k+1)-mb]B.®

l(m-l)PQ=ba,lmPR=b, lm(m-l)≠0.令

D=[l(ka-1)(h-1)+(m-l)][lh(kb-k+1)-mb]

   -[l(h-1)(kb-k+1)-(m-l)](lhka-ma).®

D=[l(ka-1)(h-1)+(m-l)][lh(kb-k+1)]

   -mb[l(ka-1)(h-1)+(m-l)]

   -lhka[l(h-1)(kb-k+1)-(m-l)]

   +ma[l(h-1)(kb-k+1)-(m-l)]

 =lh(kb-k+1)[l(ka-1)(h-1)+(m-l)-kal(h-1)]

  +lhka(m-l)+m(h-1)[la(kb-k+1)-lb(ka-1)]

  -m(m-l)(a+b)

=lh(kb-k+1)[(lka-l-lka)(h-1)+(m-l)]+lhka(m-l)

  +m(h-1)[lkab-lak+la-lkab+lb]-lm(m-l)

=lh(kb-k+1)(m-lh)+lhka(m-l)

+m(h-1)(l²-lak)-lm(m-l)=ld.

d=h(kb-k+1)(m-lh)+hka(m-l)+m(h-1)(l-ak)-m(m-l)

  = h(kb-k+1)(m-lh)+hkam-hkal

   +lmh-ml-akmh+mak-m²+ml

 =h(kb-k+1)(m-lh)-hkal+lmh+mak-m²

 =h(kb-k+1)(m-lh)+ka(m-lh)-m(m-lh)

 =(khb-hk+h+ka-m)(m-lh).

由 k(bh+a-h)+h=m.®khb-hk+h+ka-m=0,

d=(khb-hk+h+ka-m)(m-lh)=0,D=ld=0.®

a,b 為線性相關.

由l(m-l)PQ=ba,lmPR=b.®PQ,PR為線性相關.

即得證對於所有可能情形.P, Q, R 三點共線.

看完了,看懂了.便知道這是一篇方法獨到無懈可擊的文章,

為何要退稿.再看.

       《數學傳播季刊》審稿意見表

                                             稿件編號:4592

 送審日期:2019年3月7日.       收稿日期:2019年2月27日.

 稿題:用向量的基本概念破解古典的幾何名題與難題

 審核結果:退稿

審核意見:貴大作所証之「古典難題」其實就是Pascal 定理.

標題: MM4592-數學傳播季刊-稿件

「用向量的基本概念破解古典的幾何名題與難題」

謝謝您的支持與愛護.

鄧先生  大鑒:

稿件號碼:4592

稿件標題:用向量的基本概念破解古典的幾何名題與難題

隨信附上貴大作的審稿意件,請查收.

謹以此信通知,再次謝謝您對本刊的支持與愛護.

敬祝  文安.

中研院數學所  數學傳播編輯部

主編  梁惠禎

助理  黃馨霈  王靜雯 敬上

TEL:+886-2-23685999#382

FAX:+886-2-23688121

這是本人半年來四投四退的第二篇文章.

審核結果:退稿

審核意見:貴大作所証之「古典難題」其實就是Pascal 定理.

一言既出,駟馬難追.不自知其大錯特錯,怎不令人為之汗顏.

事實上該「古典難題」可能是民初年間為國人所創,當是時也

列強侵略,軍閥割據,喪權辱國.正值我中華民族最危險的時候,

因此這道難題便只能留待後人破解.30年前該命題由香港一位

馮姓老友告知.經個把月思考,終於破解,藉以告慰無名式作者在天之靈,

並與孟氏「Menalaus 定理」,塞瓦「Ceva 定理」併作本文.

其所以遲遲未能公諸於世,則是因為層層封殺,處處打壓.

誰令數學高不可攀！誰令數學玄之又玄！誰令人們對數學敬而遠之！

誰令人們對數學談虎色變！孟子說:「西子蒙不潔,人皆掩鼻而過之.」

曾子說:「十目所視,十手所指,其嚴乎！」長久以來,代表中央的

數學所理應有所省悟.為不忍無名氏之大作湮滅無聞,因嚐試投稿

數學傳播,幸盼該刊善盡傳播之職.錯則退稿,對則刊登.讓世界對

我國的數學創新刮目相看.其實本人所証無名氏之「古典難題」

與 Pascal 定理根本風馬牛不相及.又何必推崇洋人,貶抑國人,

踐踏學術,自甘卑下.不以物喜,不以己悲.所喜者唯國族之復興,

所悲者唯士大夫之無恥.

對比於網路所說的 帕斯卡定理〈Pascals theorem〉

帕斯卡定理指圆锥曲线内接六边形（包括退化的六边形）

其三对边的交点共线,与布列安桑定理对偶,是帕普斯定理的推广.

约于公元1639年为法国数学家布莱士·帕斯卡(Blaise Pascal)所发现,

被称为帕斯卡定理,是射影几何是射影几何中的一个重要定理.

顯見得無名氏之「古典難題」所言四邊形中的三點共線與

「Pascal 定理」六邊形中的三線共點完全不同,且至少晚了200年.

Pascal 根本沒有見過這個難題.

又於查看網路之時,無意中發現一則網頁是這樣的:

翻譯此網頁

https://cut-the-knot.org/Generalization/Menelaus.shtml

2019/3/18 · The theorems of Ceva and Menelaus naturally go together,

since the one gives theconditions for lines through vertices of a triangle

to be concurrent,and the other gives the condition for points on the sides

of a triangle to be collinear

該網頁是說 Menalaus 定理與Ceva 定理自然地走在一起,

與本人之證明完全一致.足見本人之方法獨到,無懈可擊.

塞瓦 (Giovanni Ceva，1648~1734)意大利水利工程师,数学家.

而孟氏「Menalaus」則是“The first known use of Menelaus was in

the 13th century”

請注意本文送審日期:2019年3月7日. 收稿日期:2019年2月27日.

而該網頁刊載之日期是2019/3/18 .顯然本文退稿是因為本人對 Ceva

與 Menalaus 定理的證明,方法獨到,無懈可擊.便認為奇貨可居.

或待價而沽,或據為己有.

   看他裝腔作勢,看他移花接木,看他瞞天過海,看他掩耳盜鈴.

事實上本人所証之「古典難題」尤為精彩.但對那些居位無能的伴食

之屬而言,簡直是對牛彈琴.於是乎裝腔作勢,東拉西扯,移花接木,

以洋為尊.把國人無名氏發現之「古典難題」及本人之優質證明歸功

於〈Pascals 定理〉藉以湮滅本人對「幾何名題」無懈可擊的

獨到證明.是誰瞞天過海,剽竊本人的智慧財產！是誰掩耳盜鈴,

掠奪作者的著作權益！

為此本人隨即用掛號信去函中研院數學所.

郵戳日期108.03.25-15.內容如下:

編者先生

由於中研院數學所象徵中央政府與國家,所謂愛屋及烏.故本人 

一直對貴刊支持,是為了讓世界對我國日新又新的數學刮目相看.

有一首歌的歌詞是這樣的「不為個人圖名利,只求喚起民族魂.」

我不介意退稿或刊登,劣質的文章,刊登比退稿更悽慘.

還不如把退稿的優質的文章當成檄文.像是

從鄧天錫質數分佈規則的證明 看黎曼對質數分佈的有關猜想(檄文之一)

已陸續在網路上出現英、韓、俄、印度、爪哇等近百種外語翻譯. 

由於貴刊對本人「用向量的基本概念破解古典幾何名題與難題鑑賞」

的投稿,完全不理會吾人順其自然一以貫之破解的古典幾何名題

“The theorems of Ceva and Menelaus”所創新的快速方法.

茲錄其貴看刊退稿意見之全文如下:

「貴大作所証之「古典難題」其實就是Pascal定理」

事實上該「無名氏難題四邊形中的三點共線」與

「Pascal 定理的六邊形三線共點」完全不同,且至少晚了200年.

Pascal 根本沒有見過這個難題.又何必把一切榮耀歸於洋人Pascal.. 

難道就不該由國人破解.藉以反擊網路上彼等囂張狂妄的洋人,視華

人數學界為應聲蟲,甚至羞辱我國科学家智商零蛋.是可忍！孰不可忍！

敬祝中研院數學所在國際間大放光芒

               鄧天錫敬上  2019年3月25日

2019年4月15日 再次收到數學傳播季刊對本文的審稿意見表

    《數學傳播季刊》審稿意見表

                                                     稿件編號:4609

送審日期:2019年3月29日.    收稿日期:2019年3月27日.

稿題:用向量的基本概念破解古典的幾何名題與難題

審核結果:退稿

審核意見:

鈞座稿件(一)、(二)之孟氏定理與塞瓦定理均常見.

(三)之無名氏難題鑑賞實為Pappus定理(帕補普斯定理)請見網路,

又見項武義所著《基礎幾何學》(五南出版社)

圓錐截線的故事, Pascal定理和Pappus定理

鄧先生  大鑒:

稿件號碼:4609

稿件標題:用向量的基本概念破解古典的幾何名題與難題鑑賞.

隨信附上貴大作的審稿意見,請查收.

謹以此信通知,再次謝謝您對本刊的支持與愛護.

敬祝  文安.

中研院數學所  數學傳播編輯部

主編  梁惠禎

助理  彭渙婷  敬上

        透視數學傳播季刊再次對本文的審稿意見

其一. 稿件(一)、(二)之孟氏定理與塞瓦定理均常見.只是孟塞二氏

         至少相隔 200年.而網路上

       「2019/3/18 . The theorems of Ceva and Menelaus naturally go together,」

         恰是孟塞二氏定理順其自然合而為一的最佳英文標題.

         足見本人把孟塞二氏定理順其自然合而為一的獨到證明,

         不愧是一篇有目共睹的優質文章.在貴刊首次收到本文之前,

         從未能把孟、塞二氏定理合而為一.豈可與個別常見混為一談.

        再看貴刊收稿日期與送審日期分別是:

        2019 年2月27日 與 2019 年3月7日.顯然 2019/3/18 要比

        2019 年3月 7 日遲了 20天.因此只有在2 019年 2 月27日

        之前找到攸關標題為

      「The theorems of Ceva and Menelaus naturally go together,」相關文獻.

        才可以證明孟、塞二氏定理均常見.其如是,則本人對

        孟塞二氏定理無懈可擊的證明不無剽竊之嫌,既然今次審稿

       強說網路上孟、塞二氏定理均常見.何以前次審稿把本人

       對孟、塞二氏定理的獨到證明卻隻字不提,視而不見.

       本該由貴刊追查真相,到底隨後在網路上的英文標題

     「The theorems of Ceva and Menelaus naturally go together.」是來自

      何方神聖.為何反倒把「前所未有」之孟、塞二氏定理

       合而為一的獨到證明當作「均常見」,來開脫這位疑似洋人

       的剽竊之嫌.其實只要把本文公諸於世,則涉嫌人士無所遁形

      卿本佳人,奈何作賊！優質文章,有目共睹.奇貨可居,待價而沽.

      見賢思除,聞過則怒.打壓封殺,指鹿為馬.重夷輕華,自甘卑下.

      是誰剽竊本人的智慧財產！是誰掠奪作者的著作權益！

      看來已經是呼之欲出了.

其二. (三)之無名氏難題鑑賞實為Pappus定理(帕普斯定理)

     請見網路,又見項武義所著《基礎幾何學》(五南出版社)

     圓錐截線的故事,Pascal定理和Pappus定理.

     由於前次審核意見:貴大作所証之「古典難題」其實就是

     Pascal定理.與今次審核意見:無名氏難題鑑賞實為

    Pappus定理(帕普斯定理)請見網路,截然不同.

    語云:「一言既出,駟馬難追.」

    如果【無名氏難題鑑賞實為Pappus定理(帕普斯定理)】

    則今是昨非.

    如果【貴大作所証之「古典難題」其實就是 Pascal定理.】

    則昨是今非

    而不是用項武義所著《基礎幾何學》(五南出版社)

    圓錐截線的故事.把Pascal定理和Pappus定理混為一談,

    虛應故事.勇於退稿,怯於認錯,是誠何心哉？

    根據Pappus定理(帕普斯定理)的網路摘錄:

   由於Pappus定理(帕普斯定理)的圖形中的

   A、C、E 是一直線上三點,共有A-C-E, C-A-E, A-E-C,

   A=C¹E,A¹C=E五種情形.

   B、D、F是一直線上三點,共有B-D-F, D-B-F, B-F-D,

  B=D¹F, B¹D=F五種情形.

   故 Pappus定理(帕普斯定理)的圖形應有25 種情形.

   而Pappus定理(帕普斯定理)的圖形的補助線,

  僅是因應於 A-C-E,與 B-D-F的情形.

   並不適用於其餘的24種情形.對應於「難題鑑賞」中的

  C,N,B是一直線三點,共有C-N-B,N-C-B,C-B-N,

   C=N¹B,C¹N=B五種情形.

  O,A,M是一直線三點,共有O-A-M,A-O-M,O-M-A,

   O=A¹M,O¹A=M五種情形.

  故「難題鑑賞」亦應有25種情形.然則借助於向量之解析,

  適用於每一種情形,根本不須作補助線,便能一目了然.

 此誠無圖勝有圖也.是故Pappus定理只能算是「難題鑑賞」

  之特別情形.而本文中之「難題鑑賞」

  恰好是Pappus定理(帕普斯定理)的嚴謹證明.

編者先生

感謝貴刊的退稿,讓我又多了一項小小的推廣,

沒有貴刊的一稿三殺,那有本人的一稿三投.

在本人研習的歲月裡,所完成的大創新與大推廣不知凡幾.像是:

1.中值定理的創新證明

      “A certain transformation to the proof of

        the arithmetic-geometric mean inequality”

       (Received 13 May 1985)

(Int.J.Math.Educ.Sci.Technol.1987,Vol.18,No.3,P.433-437)

    1987年發表在英國國際數學教育科技期刊18卷3期.

原中文的標題: 由特定之變換式證明「算術-幾何中值不等式」

2.算術-幾何中值不等式之延伸(中文稿)

3.Extension to arithmetic-geometric mean inequality(英文稿)

4.外心的推廣 5.內心的推廣 6.傍心的推廣 7.外積的推廣

8.歌西不等式之推廣再推廣

9.畢氏定理的無限推廣與得心應手的快速方法等…

為了表達對貴刊的一貫支持,謹將本文標題改為

孟氏(Menalaus)與塞瓦(Ceva)定理合而為一

及帕補普斯 (Pappus) 定理的嚴謹證明.

 

  敬祝中研院數學所在國際間大放光芒

        鄧天錫敬上  2019年4月17日