数学之美：Marden定理

如果叫我说出一个我最喜欢的数学定理，之前我可能会说 Monge 定理；不过现在，我可能会说 Marden 定理了：

设 p(z) 是一个复数域上的三次多项式， z₁、 z₂、 z₃是 p(z) 的三个根，它们在复平面上不共线。那么，在这个复平面上存在唯一的椭圆，使得它与三角形 z₁z₂z₃的各边都相切，并且都切于各边的中点处。并且，这个椭圆的两个焦点是 p'(z) 的两根。

读完这个结论以后，你一定会被数学之美深深地打动。这个结论出现在了 Morris Marden 于 1945 年发表的一篇论文里，因而被 Dan Kalman 称为 Marden 定理。 Marden 本人则认为，这个结论最早是由 Jörg Siebeck 在 1864 年发现并证明的。下面我们简单地来证明一下这个结论，证明过程出自 Dan Kalman 在 2008 年发表的获奖论文An Elementary Proof of Marden’s Theorem(http://www.maa.org/sites/default/files/pdf/upload_library/22/Ford/Kalman.pdf)。

其实，结论的前半部分并不奇怪，对于任意一个三角形，内切于各边中点的椭圆本来就是唯一的。这是很容易证明的，其中一种证明方法是，通过线性变换把这个三角形变形成一个等边三角形，那么内切于各边中点的椭圆现在仍然是内切于各边中点的椭圆，然而在一个等边三角形中，内切于各边中点的椭圆只有一个，就是这个等边三角形的内切圆。关于这一点，详细的证明可以参见这里(http://www.maa.org/external_archive/joma/Volume8/Kalman/MaxEllipse.html)。

因此， Marden 定理的核心就是：为什么这个椭圆的两个焦点就是 p'(z) 的两根。

首先，让我们来说明，为了证明 Marden 定理，我们可以把三角形 z₁z₂z₃放置在复平面上的任意一个对我们有利的位置。因为，如果对于复平面上的某一个三角形来说命题是成立的，那么任意地对这个三角形进行缩放、旋转、平移，命题仍然是成立的。为什么？这是因为，对三角形的缩放、旋转、平移，说白了就是对三角形中的各个点进行变换操作 M(z) = αz + β ，其中 α 和 β 是两个固定的复数常数，并且 α ≠ 0 。让 z 与 α 相乘的结果就是对 z 进行缩放和旋转，而 β 则表示在此之后平移量的大小。假设我们的命题对三角形 z₁z₂z₃成立，对整个复平面进行上述变换后，三角形的三个顶点就分别移到了 M(z₁) 、 M(z₂) 、 M(z₃) 。同时，三角形的内切椭圆以及椭圆的两个焦点也都被顺带着移动了过去，内切椭圆还是内切椭圆，椭圆的焦点也还是椭圆的焦点。另外，原来的多项式是 p(x) = (z – z₁)(z – z₂)(z – z₃) ，变换之后，新的多项式 p_M(x) 就变成了 (z – M(z₁))(z – M(z₂))(z – M(z₃)) 。假设原椭圆的两个焦点分别是 f₁和 f₂，我们已经知道了它们正好是 p'(z) 的两根。我们想要确认的就是，新椭圆的两个焦点 M(f₁) 和 M(f₂) 正好就是 p_M‘(z) 的两个根。

把 p_M(z) 中的 z 全部用 M(z) 代换，得到：

p_M(M(z)) = (M(z) – M(z₁))(M(z) – M(z₂))(M(z) – M(z₃))

注意到 M(z) – M(z₁) 就等于 α(z – z₁) （因为 β 被抵消了），同理，上式的后面两个因式也分别等于 α(z – z₂) 和 α(z – z₃) 。于是，整个上式化简为：

p_M(M(z)) = α³(z – z₁)(z – z₂)(z – z₃)

即：

p_M(M(z)) = α³· p(z)

现在，在等式两边同时取导数（注意到 M'(z) = α ），于是得到：

α · p_M‘(M(z)) = α³· p'(z)

也就是：

p_M‘(M(z)) = α²· p'(z)

这说明，如果 f₁是 p'(z) 的根，那么 M(f₁) 也将是 p_M‘(z) 的根；类似地，如果 f₂是 p'(z) 的根，那么 M(f₂) 也将是 p_M‘(z) 的根。这正是我们刚才想要说明的事情。

为了证明 Marden 定理，我们还有一个准备工作要做。让我们来证明下面这个引理：如图， F₁、 F₂是给定椭圆的两个焦点，过椭圆外的一点 A 向椭圆作两条切线，切点分别为 G₁和 G₂，则有 ∠F₁AG₁= ∠F₂AG₂。其实，这个引理包含了两种不同的情况，如果把上面的 G₁和 G₂两个点反过来标，我们将会得到另外一种情况。不过，如果我们证明了在第一种情况下结论始终成立，第二种情况也就自动地获证了。因此，我们可以直接假设 G₁和 G₂的标法就如上图所示。

证明这个引理需要用到与椭圆有关的一个非常经典的结论：从其中一个焦点出发的光线，射向椭圆内壁的任意一个位置，反射光线总会经过这个椭圆的另外一个焦点。换句话说，在上图当中，过椭圆上的点 T 作切线，则 ∠1 将会等于 ∠2 。你可以在这里看到与椭圆的这个性质有关的更多讨论。

现在，沿着切线 AG₁将 F₁翻折到 H₁，那么 H₁、 G₁、 F₂将会共线。类似地，沿着切线 AG₂将 F₂翻折到 H₂，那么 H₂、 G₂、 F₁也将会共线。为了证明 ∠F₁AG₁= ∠F₂AG₂，我们只需要证明 ∠F₁AH₁= ∠F₂AH₂即可。

由于 H₁F₂= H₁G₁+ G₁F₂= F₁G₁+ G₁F₂= F₁G₂+ G₂F₂= F₁G₂+ G₂H₂= F₁H₂，另外由刚才的翻折可知 F₁A = H₁A ，并且 F₂A = H₂A ，于是三角形 AH₁F₂和三角形 AF₁H₂全等。这告诉我们 ∠H₁AF₂= ∠F₁AH₂，同时减去一个公共部分后即得 ∠F₁AH₁= ∠F₂AH₂，引理也就证到了。

现在，我们已经准备好证明 Marden 定理了。我们首先说明，以 p'(z) 的两根为焦点的椭圆，如果经过三角形 z₁z₂z₃某条边上的中点，则它一定会与这条边相切。为此，我们把三角形的三个顶点摆放到复平面上的 -1 、 1 和 w = a + bi 三个位置，其中 b > 0 ，于是 p(z) = (z – 1)(z + 1)(z – w) = z³– w · z²– z + w 。对 p(z) 求导后得 p'(z) = 3 · z²– 2 · w · z – 1 。

假设 p'(z) 的两根是 f₁和 f₂，则两根之和 f₁+ f₂= 2 · w / 3 ，两根之积 f₁· f₂= – 1 / 3 。前一个式子说明了 f₁和 f₂当中至少有一个在 x 轴上方，而在后一个式子中， f₁· f₂居然没有虚数部分，这就说明了 f₁和 f₂其实都在 x 轴上方，并且 θ₁+ θ₂= 180° 。因而，如果以 f₁和 f₂为焦点，作一个过原点 0 的椭圆，则 x 轴就是一条经过该点的直线，它满足 ∠1 = ∠2 ，这表明 x 轴就是椭圆在该点处的切线。而 x 轴其实就是三角形的底边，原点 0 正是三角形底边的中点！

由于以同一对点为焦点只能作出一个与给定直线相切的椭圆，因而这就顺便说明了，以 p'(z) 的两根为焦点的椭圆，如果与三角形 z₁z₂z₃的某条边相切，则它一定会与这条边切于中点处。

最后我们来说明，以 p'(z) 的两根为焦点的椭圆，如果与三角形 z₁z₂z₃的其中一条边相切了，则它一定会与三角形的三条边都相切。由刚才的推论可知，所有的切点都将会是中点， Marden 定理就证到了。这一次，让我们把三角形的三个顶点放在 0 、 1 、 w = a + bi 三个位置，其中 b > 0 。稍后我们将会看到，以 p'(z) 的两根为焦点并且切于底边的椭圆也会与 0w 相切。由对称性，它一定也会和第三条边相切。

取 p(z) = z(z – 1)(z – w) = z³– (1 + w) · z²+ w · z 。求导得： p'(z) = 3 · z²– 2 · (1 + w) · z + w 。

假设 p'(z) 的两根是 f₁和 f₂。刚才我们已经知道了， f₁和 f₂一定都在 x 轴的上方。不过这一次，两根之积 f₁· f₂等于 w / 3 。这告诉了我们什么？这告诉了我们， θ₁+ θ₂= θ ，换句话说， ∠1 = ∠2 ！假设以 f₁和 f₂为焦点作了一个椭圆， x 轴正好是一条切线，那么根据前面我们证过的那个结论，经过原点的另一条切线将会满足 ∠1 = ∠2 ，这说明它与 0w 这条线重合。因而， 0w 就是这另外一条切线。这就完成了 Marden 定理的最后一环。