Sejfried 定理

数学星空

wayne

我在想， 从三角形的任意2个角向其内切圆引割线，两割线相交在圆上同一个割点，那么另两个割点与三角形的另一个顶点 是否一定是共线

在解这个题之前，似乎要先证明这个共线问题，

hujunhua

不一定共线（右图）。对于一个给定的三角形，只有两个位置成立（左图），顺时针与逆时针方向各一个。

hujunhua

这个命题属于仿射几何，对于内切椭圆也成立。

wayne

3# hujunhua
有点意外呀。
只有两个位置成立。
另外，看上去圆内的三角形貌似跟原三角形相似呢

hujunhua

由于只有两个特殊位置，这就需要一个判据。但是Sejfried定理并不足以作为判据，作为判据需要以下更强的命题：(BC,DG)=(CA,EH)=(AB,FI)=φ²
交比 (BC,DG):=(BD·CG)/(BG·CD)
按照交比的互易公式，上式可以降次为(BD,CG)=(CE,AH)=(AF,BI)=φ


证明此命题后，由塞瓦定理(BCG)·(CAH)·(ABI)=-1立得Sejfried定理(BCD)·(CAE)·(ABF)=-φ⁶

数学星空

http://bbs.cnool.net/cthread-104160306-2.html中
dqzy800(赵老师）对此问题有较细致的分析

数学星空

可以进一步算出：

\[\frac{B D_1}{D_1 C}=\lambda=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{a+c-b}{a+b-c},\frac{C E_1}{E_1 A}=\mu=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{a+b-c}{-a+b+c},\frac{A F_1}{F_1 B}=v=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{-a+c+b}{a-b+c}\]

\[\frac{C D_2}{D_2 B}=\lambda=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{a-c+b}{a-b+c},\frac{A E_2}{E_2 C}=\mu=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{-a+b+c}{a+b-c},\frac{B F_2}{F_2 A}=v=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\frac{a+c-b}{-a+b+c}\]





\(a = 5, b = 4, c = 3, \lambda =0.2546440077, \mu = 1.145898034, \nu =0 .1909830058\)

\(a = 5, b = 4, c = 3, \lambda =0.572949017, \mu = 0.1273220038, \nu =0 .763932023\)

另外，网友creasson利用三线坐标及复数的表示理论 给出了较简洁的证明，见：

http://bbs.emath.ac.cn/forum.php ... 93&fromuid=1455

hujunhua

收敛速度很快，从切点0开始，到7、8、9基本就得到比较精确的Sejfried三角形了。点10与7已经难以分辨了。

在几何画板上用此方法作图时，不必从切点开始，而是从1附近开始，得到7后，隐藏2，3，4，5，6及所有连线，再将1移动到7附近，然后作出8、9. 误差已经是目视不可感觉到的了。

星空是否有兴趣计算一下这个收敛速度？

hujunhua

D4/F3=-A4/AF≈-AD/AF,   F3/E2=-C3/CE≈-CF/CE, E2/D1=-B2/BD≈-BE/BD
三式相乘得 D4/D1≈-(AD/AF)(CF/CE)(BE/BD)=-φ^6=-0.0557......
也就是说，经过一轮迭代，偏差大约减小了95%。
9#的点7是经过2轮迭代的结果，偏差约为初始偏差的万分之二。
初始偏差最大约为30°（对内心），所以经过2轮迭代，偏差一般不会超过0.006°。