Птоломеева теорема

Птоломеева теорема — врска помеѓу четирите страни и двете дијагонали на тетивен четириаголник (четириаголник чии темиња лежат на една кружница). Теоремата е именувана по древниот астроном и математичар Птоломеј (Клавдиј Птолемеј).^[1] Птоломеј ја користел теоремата како помош при создавањето на неговата табела со тетиви, тригонометриска табела која ја применил во астрономијата.

Птоломеевата теорема е однос меѓу овие должини во тетивен четириаголник. ${\displaystyle \definecolor {V}{rgb}{0.5803921568627451,0,0.8274509803921568}\definecolor {B}{rgb}{0,0,1}\definecolor {R}{rgb}{0.8,0,0}{\color {V}{\overline {AC}}}\cdot {\color {V}{\overline {BD}}}={\color {B}{\overline {AB}}}\cdot {\color {B}{\overline {CD}}}+{\color {R}{\overline {BC}}}\cdot {\color {R}{\overline {AD}}}}$

Ако темињата на тетивниот четириаголник се A, B, C и D, редоследно, тогаш теоремата вели дека:

${\displaystyle |{\overline {AC}}|\cdot |{\overline {BD}}|=|{\overline {AB}}|\cdot |{\overline {CD}}|+|{\overline {BC}}|\cdot |{\overline {AD}}|}$

каде вертикалните линии ги означуваат должините на отсечките помеѓу именуваните темиња. Оваа врска може вербално да се изрази на следниов начин:

Ако околу четириаголник може да се опише кружница, тогаш производот од должините на неговите дијагонали е еднаков на збирот на производите од должините на паровите противположни страни.

Покрај тоа, обратната теорема на Птоломеевата теорема е исто така точна:

Во четириаголник, ако збирот на производите од должините на неговите два пара противположни страни е еднаков на производот од должините на неговите дијагонали, тогаш околу четириаголникот може да се опише во кружница, односно тој е тетивен четириаголник.

Последица за тетивни многуаголници

Рамностран триаголник

Рамностран триаголник

Птоломејовата теорема дава како последица убава теорема ^[2] во врска со рамностран триаголник впишан во кружница.

Даден е рамностран триаголник впишан на кружница и точка на кружницата.

Растојанието од точката до најоддалеченото теме на триаголникот е збир на растојанијата од точката до двете поблиски темиња.

Доказ: Веднаш следи од Птоломеевата теорема:

${\displaystyle qs=ps+rs\Rightarrow q=p+r.}$

Квадрат

Секој квадрат може да се впише во кружница чиј центар е центарот на квадратот. Ако заедничката должина на неговите четири страни е еднаква на ${\displaystyle a}$, тогаш должината на дијагоналата е еднаква на ${\displaystyle a{\sqrt {2}}}$ според Питагоровата теорема, и Птоломејовата врска очигледно важи.

Правоаголник

Питагорова теорема: „manifestum est“ : Коперник

Поопшто, ако четириаголникот е правоаголник со страни a и b и дијагонала d, тогаш Птоломејовата теорема се сведува на Питагоровата теорема. Во овој случај центарот на кружницата се совпаѓа со точката која е пресек на дијагоналите. Производот на дијагоналите тогаш е d ², а десната страна на Птоломејовата релација е збирот a²+b² .

Коперник – кој опширно ја користел Птоломејовата теорема во неговата тригонометриска работа – се однесува на овој резултат како „поризам“ или очигледна последица:

Понатаму, јасно е (manifestum est) дека кога е дадена тетивата која одговара на некој лак, може да се најде и онаа тетива која го оптегнува остатокот од полукружницата. ^[3]

Пентагон

Златниот пресек произлегува од оваа примена на Птоломејовата теорема

Поинтересен пример е односот помеѓу должината a на страната и (заедничката) должина b од 5-те тетиви во правилен петаголник. Со комплетирање на квадратот, релацијата го дава златниот пресек :^[4]

${\displaystyle {\begin{array}{rl}b\cdot b\,\;\;\qquad \quad \qquad =&\!\!\!\!a\!\cdot \!a+a\!\cdot \!b\\b^{2}\;\;-ab\quad \qquad =&\!\!a^{2}\\{\frac {b^{2}}{a^{2}}}\;\;-{\frac {ab}{a^{2}}}\;\;\;\qquad =&\!\!\!{\frac {a^{2}}{a^{2}}}\\\left({\frac {b}{a}}\right)^{2}-{\frac {b}{a}}+\left({\frac {1}{2}}\right)^{2}=&\!\!1+\left({\frac {1}{2}}\right)^{2}\\\left({\frac {b}{a}}-{\frac {1}{2}}\right)^{2}=&\!\!\quad {\frac {5}{4}}\\{\frac {b}{a}}-{\frac {1}{2}}\;\;\;=&\!\!\!\!\pm {\frac {\sqrt {5}}{2}}\\{\frac {b}{a}}>0\,\Rightarrow \,\varphi ={\frac {b}{a}}=&\!\!\!\!{\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\end{array}}}$

Страна на правилен десетаголник (декагон)

Страна на впишаниот декагон

Ако го нацртаме дијаметарот AF кој лежи на симетралата на DC така што DF и CF се страни на впишаниот десетаголник, тогаш повторно може да се примени Птоломејовата теорема - на тетивниот четириаголник ADFC со дијаметар d како една од неговите дијагонали:

${\displaystyle ad=2bc}$

${\displaystyle \Rightarrow ad=2\varphi ac}$ каде ${\displaystyle \varphi }$ е златниот пресек.

${\displaystyle \Rightarrow c={\frac {d}{2\varphi }}.}$ ^[5]

од каде се добива страната на правилниот десетаголник преку на дијаметарот (или радиусот) на кружницата. Теоремата на Питагора применета на правоаголниот триаголник AFD потоа ја дава „b“ изразена преку дијаметарот и „a“ страната на пентагонот ^[6] и се пресметува како

${\displaystyle a={\frac {b}{\varphi }}=b\left(\varphi -1\right).}$

Како што напишал Коперник (следејќи го Птоломеј),

„Ако е даден дијаметарот на кружницата, тогаш се дадени и страните на триаголникот, четириаголникот (тетрагонот), петаголникот (пентагонот), шестоаголникот (хексагонот) и десетаголникот (декагонот), околу кои е опишана истата кружница“. ^[7]

Докази

Визуелен доказ

Анимиран визуелен доказ за Птоломеевата теорема, заснован на Derrick & Herstein (2012).

Анимацијата прикажана овде дава визуелен доказ на Птоломеевата теорема, заснована на Derrick & Herstein (2012).^[8]

Доказ со сличност на триаголници

Конструкции за доказ на Птоломејовата теорема

Нека ABCD е тетивен четириаголник . На тетивата BC, периферните агли ∠BAC = ∠BDC, а на AB, ∠ADB = ∠ACB. Ја конструираме K на AC така што ∠ABK = ∠CBD; бидејќи ∠ABK + ∠CBK = ∠ABC = ∠CBD + ∠ABD, ∠CBK = ∠ABD.

Сега, заради еднаквите агли △ABK е сличен на △DBC, а исто така и △ABD е сличен на △KBC. Така AK/AB = CD/BD, и CK/BC = DA/BD; еквивалентно, AK⋅BD = AB⋅CD и CK⋅BD = BC⋅DA. Со собирање на двете равенства имаме AK⋅BD + CK⋅BD = AB⋅CD + BC⋅DA, а со разложување на множители од ова се добива (AK+CK)·BD = AB⋅CD + BC⋅DA. Но AK+CK = AC, па AC⋅BD = AB⋅CD + BC⋅DA, ш.т.д. ^[9]

Доказот како што е напишан важи само за едноставни тетивни четириаголници. Ако четириаголникот се самопрекрстува (две негови страни се сечат), тогаш K ќе се наоѓа надвор од отсечката AC. Но, во овој случај, AK − CK = ±AC, и повторно се добива очекуваниот резултат.

Доказ со тригонометриски идентитети

Нека периферните агли кои одговараат на ${\displaystyle AB}$, ${\displaystyle BC}$ и ${\displaystyle CD}$ се соодветно ${\displaystyle \alpha }$, ${\displaystyle \beta }$ и ${\displaystyle \gamma }$, а радиусот на кружницата е ${\displaystyle R}$. Имаме ${\displaystyle {\overline {AB}}=2R\sin \alpha }$, ${\displaystyle {\overline {BC}}=2R\sin \beta }$, ${\displaystyle {\overline {CD}}=2R\sin \gamma }$, ${\displaystyle {\overline {AD}}=2R\sin(180^{\circ }-(\alpha +\beta +\gamma ))}$, ${\displaystyle {\overline {AC}}=2R\sin(\alpha +\beta )}$ и ${\displaystyle {\overline {BD}}=2R\sin(\beta +\gamma )}$, и првобитната еднаквост што треба да се докаже се трансформира во

${\displaystyle \sin(\alpha +\beta )\sin(\beta +\gamma )=\sin \alpha \sin \gamma +\sin \beta \sin(\alpha +\beta +\gamma )}$

од каде факторот ${\displaystyle 4R^{2}}$ исчезна при делење на двете страни на равенката со него.

Сега, со користење на формулите за збир, ${\displaystyle \sin(x+y)=\sin {x}\cos y+\cos x\sin y}$ и ${\displaystyle \cos(x+y)=\cos x\cos y-\sin x\sin y}$, тривијално е да се покаже дека двете страни на горната равенка се еднакви на

${\displaystyle {\begin{aligned}&\sin \alpha \sin \beta \cos \beta \cos \gamma +\sin \alpha \cos ^{2}\beta \sin \gamma \\+{}&\cos \alpha \sin ^{2}\beta \cos \gamma +\cos \alpha \sin \beta \cos \beta \sin \gamma .\end{aligned}}}$

што е она што требаше да се докаже.

Еве уште еден, можеби потранспарентен, доказ со помош на најосновна тригонометрија. Дефинирајте нов четириаголник ${\displaystyle ABCD'}$ впишан во истата кружница, каде ${\displaystyle A,B,C}$ се исти како во ${\displaystyle ABCD}$, а ${\displaystyle D'}$, лежи на истата тетива како и ${\displaystyle D}$, и се дефинира со ${\displaystyle |{\overline {AD'}}|=|{\overline {CD}}|}$, ${\displaystyle |{\overline {CD'}}|=|{\overline {AD}}|}$ . Потоа, ${\displaystyle ABCD'}$ има исти должини на страните, а со тоа и исти периферни агли кои одговараат на соодветните рабови, како и кај ${\displaystyle ABCD}$, само по различен редослед. Тоа значи, ${\displaystyle \alpha }$, ${\displaystyle \beta }$ и ${\displaystyle \gamma }$, за, соодветно, ${\displaystyle AB,BC}$ и ${\displaystyle AD'}$. Исто така, ${\displaystyle ABCD}$ и ${\displaystyle ABCD'}$ имаат иста плоштина. Потоа,

${\displaystyle {\begin{aligned}\mathrm {Area} (ABCD)&={\frac {1}{2}}AC\cdot BD\cdot \sin(\alpha +\gamma );\\\mathrm {Area} (ABCD')&={\frac {1}{2}}AB\cdot AD'\cdot \sin(180^{\circ }-\alpha -\gamma )+{\frac {1}{2}}BC\cdot CD'\cdot \sin(\alpha +\gamma )\\&={\frac {1}{2}}(AB\cdot CD+BC\cdot AD)\cdot \sin(\alpha +\gamma ).\end{aligned}}}$

ш.т.д.

Доказ со инверзија

Доказ за Птоломејовата теорема преку инверзија во однос на кружница

Изберете помошна кружница ${\displaystyle \Gamma }$ со радиус ${\displaystyle r}$ и центар во D во однос на кој опишаната кружница околу ABCD се пресликува во права (види слика). Важи ${\displaystyle {\overline {A'B'}}+{\overline {B'C'}}={\overline {A'C'}}.}$ Сега, ќе искористиме дека за должините важат релациите ${\displaystyle {\overline {A'B'}}={\frac {{\overline {AB}}\cdot {\overline {DB'}}}{\overline {DA}}}}$, ${\textstyle {\overline {B'C'}}={\frac {{\overline {BC}}\cdot {\overline {DB'}}}{\overline {DC}}}}$ и ${\textstyle {\overline {A'C'}}={\frac {{\overline {AC}}\cdot {\overline {DC'}}}{\overline {DA}}}}$ . Ако го помножиме секој член со ${\displaystyle {\frac {{\overline {DA}}\cdot {\overline {DC}}}{\overline {DB'}}}}$ и искористиме дека ${\textstyle {\frac {\overline {DC'}}{\overline {DB'}}}={\frac {\overline {DB}}{\overline {DC}}}}$ ја добиваме Птоломејовата формула.

Забележете дека ако четириаголникот не е тетивен, тогаш A', B' и C' формираат триаголник и оттука A'B'+B'C' > A'C', давајќи ни многу едноставен доказ за неравенството на Птоломеј кое е дадено подолу .

Доказ со помош на комплексни броеви

Го разгледуваме четириаголникот ABCD во комплексната рамнина ${\displaystyle \mathbb {C} }$ при што ги идентификуваме ${\displaystyle A\mapsto z_{A},B\mapsto z_{B},C\mapsto z_{C},D\mapsto z_{D}}$ како четири различни точки ${\displaystyle z_{A},z_{B},z_{C},z_{D}\in \mathbb {C} }$ . Го дефинираме двојниот однос

${\displaystyle \zeta$ :={\frac {(z_{A}-z_{B})(z_{C}-z_{D})}{(z_{A}-z_{D})(z_{B}-z_{C})}}\in \mathbb {C} \setminus \{0\}} .

Тогаш

${\displaystyle {\begin{aligned}{\overline {AB}}\cdot {\overline {CD}}+{\overline {AD}}\cdot {\overline {BC}}&=\left|z_{A}-z_{B}\right|\left|z_{C}-z_{D}\right|+\left|z_{A}-z_{D}\right|\left|z_{B}-z_{C}\right|\\&=\left|(z_{A}-z_{B})(z_{C}-z_{D})\right|+\left|(z_{A}-z_{D})(z_{B}-z_{C})\right|\\&=\left(\left|{\frac {(z_{A}-z_{B})(z_{C}-z_{D})}{(z_{A}-z_{D})(z_{B}-z_{C})}}\right|+1\right)\left|(z_{A}-z_{D})(z_{B}-z_{C})\right|\\&=\left(\left|\zeta \right|+1\right)\left|(z_{A}-z_{D})(z_{B}-z_{C})\right|\\&\geq \left|(\zeta +1)(z_{A}-z_{D})(z_{B}-z_{C})\right|\\&=\left|(z_{A}-z_{B})(z_{C}-z_{D})+(z_{A}-z_{D})(z_{B}-z_{C})\right|\\&=\left|(z_{A}-z_{C})(z_{B}-z_{D})\right|\\&=\left|z_{A}-z_{C}\right|\left|z_{B}-z_{D}\right|\\&={\overline {AC}}\cdot {\overline {BD}}\end{aligned}}}$

при што важи равенство ако и само ако ${\displaystyle \zeta \in \mathbb {R} _{>0}}$ . Ова го докажува неравенството на Птоломеј во општ случај , бидејќи останува само да се покаже дека ${\displaystyle z_{A},z_{B},z_{C},z_{D}}$ лежат последователно распоредени на кружница (можеби со бесконечен радиус, т.е. права) во ${\displaystyle \mathbb {C} }$ ако и само ако ${\displaystyle \zeta \in \mathbb {R} _{>0}}$ .

Од поларниот (тригонометрискиот) облик на комплексен број ${\displaystyle z=\vert z\vert e^{i\arg(z)}}$, следи

${\displaystyle {\begin{aligned}\arg(\zeta )&=\arg {\frac {(z_{A}-z_{B})(z_{C}-z_{D})}{(z_{A}-z_{D})(z_{B}-z_{C})}}\\&=\arg(z_{A}-z_{B})+\arg(z_{C}-z_{D})-\arg(z_{A}-z_{D})-\arg(z_{B}-z_{C}){\pmod {2\pi }}\\&=\arg(z_{A}-z_{B})+\arg(z_{C}-z_{D})-\arg(z_{A}-z_{D})-\arg(z_{C}-z_{B})-\arg(-1){\pmod {2\pi }}\\&=-\left[\arg(z_{C}-z_{B})-\arg(z_{A}-z_{B})\right]-\left[\arg(z_{A}-z_{D})-\arg(z_{C}-z_{D})\right]-\arg(-1){\pmod {2\pi }}\\&=-\angle ABC-\angle CDA-\pi {\pmod {2\pi }}\\&=0\end{aligned}}}$

при што во последното еднаквост важи ако и само ако ABCD е тетивен, бидејќи четириаголникот е цикличен ако и само ако спротивните агли му се суплементни.

Забележете дека овој доказ може еквивалентно да се направи со набљудување на цикличноста на ABCD, односно од тоа што суплементноста на ${\displaystyle \angle ABC}$ и ${\displaystyle \angle CDA}$, е еквивалентна на условот

${\displaystyle \arg \left[(z_{A}-z_{B})(z_{C}-z_{D})\right]=\arg \left[(z_{A}-z_{D})(z_{B}-z_{C})\right]=\arg \left[(z_{A}-z_{C})(z_{B}-z_{D})\right]{\pmod {2\pi }}}$ ;

специјално, постои ротација на ${\displaystyle \mathbb {C} }$ во кој овој ${\displaystyle \arg }$ е 0 (т.е. сите три производа се позитивни реални броеви), а според која Птоломејовата формула

${\displaystyle {\overline {AB}}\cdot {\overline {CD}}+{\overline {AD}}\cdot {\overline {BC}}={\overline {AC}}\cdot {\overline {BD}}}$

директно следува од едноставниот алгебарски идентитет

${\displaystyle (z_{A}-z_{B})(z_{C}-z_{D})+(z_{A}-z_{D})(z_{B}-z_{C})=(z_{A}-z_{C})(z_{B}-z_{D}).}$

Последици

${\displaystyle |S_{1}|=\sin(\theta _{1})}$

Последица 1: Питагорова теорема

Во случај на кружница со единичен дијаметар страните ${\displaystyle S_{1},S_{2},S_{3},S_{4}}$ на кој било етивенч етириаголник ABCD се нумерички еднакви на синусите на апериферните агли ${\displaystyle \theta _{1},\theta _{2},\theta _{3}}$ и ${\displaystyle \theta _{4}}$ кои одговараат на нив. Слично на тоа, дијагоналите се еднакви на синусот на збирот на пар агли кои тие ги определуваат. Потоа можеме да ја напишеме Птоломејовата теорема во следнава тригонометриска форма:

${\displaystyle \sin \theta _{1}\sin \theta _{3}+\sin \theta _{2}\sin \theta _{4}=\sin(\theta _{1}+\theta _{2})\sin(\theta _{1}+\theta _{4})}$

Со примена на одредени услови на периферните агли ${\displaystyle \theta _{1},\theta _{2},\theta _{3}}$ и ${\displaystyle \theta _{4}}$ можно е да се извлечат голем број важни последици користејќи го горенаведеното равенство како почетна точка. Во она што следи, важно е да се има предвид дека збирот на аглите ${\displaystyle \theta _{1}+\theta _{2}+\theta _{3}+\theta _{4}=180^{\circ }}$ .

Заклучок 1. Питагорова теорема

Ако ${\displaystyle \theta _{1}=\theta _{3}}$ и ${\displaystyle \theta _{2}=\theta _{4}}$, тогаш ${\displaystyle \theta _{1}+\theta _{2}=\theta _{3}+\theta _{4}=90^{\circ }}$ (бидејќи спротивните агли на тетивниот четириаголник се дополнителни). Важи:^[10]

${\displaystyle \sin \theta _{1}\sin \theta _{3}+\sin \theta _{2}\sin \theta _{4}=\sin(\theta _{1}+\theta _{2})\sin(\theta _{1}+\theta _{4})}$

${\displaystyle \sin ^{2}\theta _{1}+\sin ^{2}\theta _{2}=\sin ^{2}(\theta _{1}+\theta _{2})}$

${\displaystyle \sin ^{2}\theta _{1}+\cos ^{2}\theta _{1}=1}$

Заклучок 2. Косинусна теорема

Заклучок 2: Косинусна теорема

Нека ${\displaystyle \theta _{2}=\theta _{4}}$ . Правоаголникот од последицата 1 сега е симетричен трапез со еднакви дијагонали и пар еднакви страни. Паралелните страни се разликуваат по должина по ${\displaystyle 2x}$ единици каде што:

${\displaystyle x=S_{2}\cos(\theta _{2}+\theta _{3})}$

Ќе биде полесно во овој случај да се вратиме на стандардната форма на Птоломејовата теорема:

${\displaystyle {\begin{array}{lcl}S_{1}S_{3}+S_{2}S_{4}={\overline {AC}}\cdot {\overline {BD}}\\\Rightarrow S_{1}S_{3}+{S_{2}}^{2}={\overline {AC}}^{2}\\\Rightarrow S_{1}[S_{1}-2S_{2}\cos(\theta _{2}+\theta _{3})]+{S_{2}}^{2}={\overline {AC}}^{2}\\\Rightarrow {S_{1}}^{2}+{S_{2}}^{2}-2S_{1}S_{2}\cos(\theta _{2}+\theta _{3})={\overline {AC}}^{2}\\\end{array}}}$

што е косинусната теорема за триаголникот ABC.

Заклучок 3. Синус од збир на агли (+)

Нека

${\displaystyle \theta _{1}+\theta _{2}=\theta _{3}+\theta _{4}=90^{\circ }.}$

Тогаш

${\displaystyle \sin \theta _{1}\sin \theta _{3}+\sin \theta _{2}\sin \theta _{4}=\sin(\theta _{3}+\theta _{2})\sin(\theta _{3}+\theta _{4})}$

Затоа,

${\displaystyle \cos \theta _{2}\sin \theta _{3}+\sin \theta _{2}\cos \theta _{3}=\sin(\theta _{3}+\theta _{2})\times 1}$

што е формулата за синус од збир на агли (+).^[11]

Заклучок 4. Синус од разлика на агли (-)

Нека ${\displaystyle \theta _{1}=90^{\circ }}$ . Потоа ${\displaystyle \theta _{2}+(\theta _{3}+\theta _{4})=90^{\circ }}$. Оттука,

${\displaystyle \sin \theta _{1}\sin \theta _{3}+\sin \theta _{2}\sin \theta _{4}=\sin(\theta _{3}+\theta _{2})\sin(\theta _{3}+\theta _{4})}$

${\displaystyle \sin \theta _{3}+\sin \theta _{2}\cos(\theta _{2}+\theta _{3})=\sin(\theta _{3}+\theta _{2})\cos \theta _{2}}$

${\displaystyle \sin \theta _{3}=\sin(\theta _{3}+\theta _{2})\cos \theta _{2}-\cos(\theta _{2}+\theta _{3})\sin \theta _{2}}$

Ова е формулата за синус од разлика на агли.^[11]

Ова изведување одговара на Третата теорема како што е опишана од Коперник следејќи го Птоломеј во неговото делоАлмагест. Посебно, ако се дадени страните на петаголникот (одговара на 36° на периметарот) и на шестоаголникот (одговара на 30° на периметарот), може да се пресмета тетивата која одговара на 6°. Ова беше критичен чекор во древниот метод за пресметување на табелите со тетиви.^[12]

Заклучок 5. Косинус од збир на агли

Овој заклучок е јадрото на Петтата теорема како што е опишана од Коперник следејќи го Птоломеј во Алмагест.

Нека ${\displaystyle \theta _{3}=90^{\circ }}$ . Потоа ${\displaystyle \theta _{1}+(\theta _{2}+\theta _{4})=90^{\circ }}$ . Оттука

${\displaystyle \sin \theta _{1}\sin \theta _{3}+\sin \theta _{2}\sin \theta _{4}=\sin(\theta _{3}+\theta _{2})\sin(\theta _{3}+\theta _{4})}$

${\displaystyle \cos(\theta _{2}+\theta _{4})+\sin \theta _{2}\sin \theta _{4}=\cos \theta _{2}\cos \theta _{4}}$

${\displaystyle \cos(\theta _{2}+\theta _{4})=\cos \theta _{2}\cos \theta _{4}-\sin \theta _{2}\sin \theta _{4}}$

Што е формула за косинус од збир на агли

И покрај недостигот на умешноста на нашата модерна тригонометриска нотација, од горенаведените последици треба да биде јасно дека во Птоломеевата теорема (или поедноставно во Втората теорема) античкиот свет имал на располагање исклучително флексибилна и моќна тригонометриска алатка која им овозможила на учените од тие времиња да подготват точни таблици со тетиви (кои одговараат на таблици со синуси) и да ги користат во нивните обиди да го разберат и пресликаат космосот како што го гледаат. Бидејќи таблиците со тетиви биле составени од Хипарх три века пред Птоломеј, мора да претпоставиме дека тој знаел за „Втората теорема“ и за она што од неа следува. Следејќи ја трагата на античките астрономи, во историјата е запишано за ѕвездениот каталог на Тимохарис од Александрија. Ако, како што изгледа веројатно, за збирката на таквите каталози било потребно разбирање на „Втората теорема“, тогаш нејзиното вистинско потекло исчезнува во маглите на антиката, но не може да биде неразумно да се претпостави дека астрономите, архитектите и градежните инженери на древниот Египет можеби имале одредено знаење за неа.

Неравенство на Птоломеј

Ова не е тетивен четириаголник. Овде никогаш не важи равенството, и е нееднакво во насоката наведена со неравенството на Птоломеј.

Равенството во Птоломејовата теорема никогаш не важи за нететивни четириаголници. Неравенството на Птоломеј е продолжување на овој факт, и тоа е поопшт облик на Птоломејовата теорема. Според него, за даден четириаголник ABCD, важи

${\displaystyle {\overline {AB}}\cdot {\overline {CD}}+{\overline {BC}}\cdot {\overline {DA}}\geq {\overline {AC}}\cdot {\overline {BD}}}$

каде равенство важи ако и само ако четириаголникот е тетивен. Овој специјален случај е еквивалентен на Проломеевата теорема.

Поврзана теорема за односот на дијагоналите

Птоломејовата теорема го дава производот на дијагоналите (на тетивен четириаголник) ако се знаат страните. Следнава теорема го дава истото за односот на дијагоналите.^[13]

${\displaystyle {\frac {\overline {AC}}{\overline {BD}}}={\frac {{\overline {AB}}\cdot {\overline {DA}}+{\overline {BC}}\cdot {\overline {CD}}}{{\overline {AB}}\cdot {\overline {BC}}+{\overline {DA}}\cdot {\overline {CD}}}}}$

Доказ : Познато е дека плоштината на триаголник ${\displaystyle ABC}$ впишан во кружница со дијаметар ${\displaystyle R}$ е: ${\displaystyle {\mathcal {P}}={\frac {{\overline {AB}}\cdot {\overline {BC}}\cdot {\overline {CA}}}{4R}}}$

Запишувајќи ја плоштината на четириаголникот како збир од два триаголници кои делат ист ограничен круг, добиваме две релации за секое распаѓање.

${\displaystyle {\mathcal {A}}_{\text{tot}}={\frac {{\overline {AB}}\cdot {\overline {BC}}\cdot {\overline {CA}}}{4R}}+{\frac {{\overline {CD}}\cdot {\overline {DA}}\cdot {\overline {AC}}}{4R}}={\frac {{\overline {AC}}\cdot ({\overline {AB}}\cdot {\overline {BC}}+{\overline {CD}}\cdot {\overline {DA}})}{4R}}}$

${\displaystyle {\mathcal {A}}_{\text{tot}}={\frac {{\overline {AB}}\cdot {\overline {BD}}\cdot {\overline {DA}}}{4R}}+{\frac {{\overline {BC}}\cdot {\overline {CD}}\cdot {\overline {DB}}}{4R}}={\frac {{\overline {BD}}\cdot ({\overline {AB}}\cdot {\overline {DA}}+{\overline {BC}}\cdot {\overline {CD}})}{4R}}}$

Со изедначување, ја добиваме формулата.

Последица : Знаејќи го и производот и односот на дијагоналите, ги изведуваме непосредните изрази за нив:

${\displaystyle {\begin{aligned}{\overline {AC}}^{2}&={\overline {AC}}\cdot {\overline {BD}}\cdot {\frac {\overline {AC}}{\overline {BD}}}=({\overline {AB}}\cdot {\overline {CD}}+{\overline {BC}}\cdot {\overline {DA}}){\frac {{\overline {AB}}\cdot {\overline {DA}}+{\overline {BC}}\cdot {\overline {CD}}}{{\overline {AB}}\cdot {\overline {BC}}+{\overline {DA}}\cdot {\overline {CD}}}}\\[8pt]{\overline {BD}}^{2}&={\frac {{\overline {AC}}\cdot {\overline {BD}}}{\frac {\overline {AC}}{\overline {BD}}}}=({\overline {AB}}\cdot {\overline {CD}}+{\overline {BC}}\cdot {\overline {DA}}){\frac {{\overline {AB}}\cdot {\overline {BC}}+{\overline {DA}}\cdot {\overline {CD}}}{{\overline {AB}}\cdot {\overline {DA}}+{\overline {BC}}\cdot {\overline {CD}}}}\end{aligned}}}$

Поврзано

• Кејсиевата теорема
• Грчка математика