无法求解的两道难题

winxos

第一个问题,我在不等式论坛里请教了杨路教授,他给了答案并说,20年前这也算一个难题,但现在用数学软件包只需要2秒就能给出答案.
对于第二个问题,他只看了题目及结论的来源,但没有给出解决方案,从计算角度看,就是化简 ...
数学星空 发表于 2009-6-22 16:57

我给的那个链接中的那片论文楼上看了么？
似乎已经解决了第二个问题啊？

数学星空

呵呵,这个问题是早就解决了,只是用的方法不同而已,最早是用几何反演的方法,你给的那篇论文是用解析几何的方法,我说是的用纯代数解方程式的方法.....
也许存的只是耐心的展开分解方程(1),但的确有相当的困难....

数学星空

呵呵,对于第二个问题,借助于MATHEMATICA 6.0终于用求解代数方程的方法给予了证实
对于第一个方程可化简为注:这里a=r1,b=r2,c=r3)
   a^6 b^4 c^4 + 2 a^5 b^5 c^4 + a^4 b^6 c^4 + 2 a^5 b^4 c^5 + 2 a^4 b^5 c^5 + a^4 b^4 c^6 + (-4 a^6 b^4 c^3 - 8 a^5 b^5 c^3 - 4 a^4 b^6 c^3 -
   4 a^6 b^3 c^4 - 10 a^5 b^4 c^4 - 10 a^4 b^5 c^4 -  4 a^3 b^6 c^4 - 8 a^5 b^3 c^5 - 10 a^4 b^4 c^5 - 8 a^3 b^5 c^5 - 4 a^4 b^3 c^6 - 4 a^3 b^4 c^6) r + (6 a^6 b^4 c^2 + 12 a^5 b^5 c^2 + 6 a^4 b^6 c^2 + 4 a^6 b^3 c^3 + 8 a^5 b^4 c^3 + 8 a^4 b^5 c^3 + 4 a^3 b^6 c^3 + 6 a^6 b^2 c^4 + 8 a^5 b^3 c^4 + 3 a^4 b^4 c^4 + 8 a^3 b^5 c^4 + 6 a^2 b^6 c^4 + 12 a^5 b^2 c^5 + 8 a^4 b^3 c^5 + 8 a^3 b^4 c^5 + 12 a^2 b^5 c^5 + 6 a^4 b^2 c^6 +
4 a^3 b^3 c^6 + 6 a^2 b^4 c^6) r^2 + (-4 a^6 b^4 c - 8 a^5 b^5 c - 4 a^4 b^6 c + 4 a^6 b^3 c^2 + 8 a^5 b^4 c^2 + 8 a^4 b^5 c^2 + 4 a^3 b^6 c^2 + 4 a^6 b^2 c^3 - 20 a^4 b^4 c^3 + 4 a^2 b^6 c^3 - 4 a^6 b c^4 + 8 a^5 b^2 c^4 - 20 a^4 b^3 c^4 -20 a^3 b^4 c^4 + 8 a^2 b^5 c^4 - 4 a b^6 c^4 - 8 a^5 b c^5 + 8 a^4 b^2 c^5 + 8 a^2 b^4 c^5 - 8 a b^5 c^5 - 4 a^4 b c^6 + 4 a^3 b^2 c^6 + 4 a^2 b^3 c^6 - 4 a b^4 c^6) r^3 + (a^6 b^4 + 2 a^5 b^5 + a^4 b^6 - 4 a^6 b^3 c - 10 a^5 b^4 c - 10 a^4 b^5 c - 4 a^3 b^6 c + 6 a^6 b^2 c^2 + 8 a^5 b^3 c^2 + 3 a^4 b^4 c^2 + 8 a^3 b^5 c^2 + 6 a^2 b^6 c^2 - 4 a^6 b c^3 + 8 a^5 b^2 c^3 - 20 a^4 b^3 c^3 - 20 a^3 b^4 c^3 + 8 a^2 b^5 c^3 - 4 a b^6 c^3 + a^6 c^4 - 10 a^5 b c^4 + 3 a^4 b^2 c^4 - 20 a^3 b^3 c^4 + 3 a^2 b^4 c^4 - 10 a b^5 c^4 + 2 a^5 c^5 - 10 a^4 b c^5 + 8 a^3 b^2 c^5 + 8 a^2 b^3 c^5 - 10 a b^4 c^5 + a^4 c^6 - 4 a^3 b c^6 + 6 a^2 b^2 c^6 - 4 a b^3 c^6) r^4 + (2 a^5 b^4 + 2 a^4 b^5 - 8 a^5 b^3 c - 10 a^4 b^4 c - 8 a^3 b^5 c + 12 a^5 b^2 c^2 + 8 a^4 b^3 c^2 + 8 a^3 b^4 c^2 + 12 a^2 b^5 c^2 - 8 a^5 b c^3 + 8 a^4 b^2 c^3 + 8 a^2 b^4 c^3 - 8 a b^5 c^3 + 2 a^5 c^4 - 10 a^4 b c^4 + 8 a^3 b^2 c^4 + 8 a^2 b^3 c^4 - 10 a b^4 c^4 + 2 a^4 c^5 - 8 a^3 b c^5 + 12 a^2 b^2 c^5 - 8 a b^3 c^5) r^5 + (a^4 b^4 - 4 a^4 b^3 c - 4 a^3 b^4 c + 6 a^4 b^2 c^2 + 4 a^3 b^3 c^2 + 6 a^2 b^4 c^2 - 4 a^4 b c^3 + 4 a^3 b^2 c^3 + 4 a^2 b^3 c^3 - 4 a b^4 c^3 + a^4 c^4 - 4 a^3 b c^4 + 6 a^2 b^2 c^4 - 4 a b^3 c^4) r^6 - b^4 c^4 (-b^2 - 2 b c - c^2) r^4 + b^4 (-2 b - 2 c) c^4 r^5 - b^4 c^4 r^6=0;
   可以求出
{{r -> -a - b - c},

{r -> (a^2 b^2 c + a^2 b c^2 + a b^2 c^2 - 2 Sqrt[a^4 b^3 c^3 + a^3 b^4 c^3 + a^3 b^3 c^4])/(a^2 b^2 - 2 a^2 b c - 2 a b^2 c  + a^2 c^2 - 2 a b c^2 + b^2 c^2)},

{r -> (a^2 b^2 c + a^2 b c^2 + a b^2 c^2 + 2 Sqrt[a^4 b^3 c^3 + a^3 b^4 c^3 + a^3 b^3 c^4])/(a^2 b^2 - 2 a^2 b c - 2 a b^2 c + a^2 c^2 - 2 a b c^2 + b^2 c^2)},稍化简就可验证

对于第二个方程类似可以求得...(就没必要贴出来了)

数学星空

为了便于大家理解方程(1)的来历现将分析过程写下,方程(2)类似可以推得
设半径r1,r2,r3,r圆的圆心分别为A,B,C,O,则

S(AOB)=1/4*(r*r1*r2*(r1+r2+r))^0.5

S(BOC)=1/4*(r*r2*r3*(r2+r3+r))^0.5

S(AOC)=1/4*(r*r1*r3*(r1+r3+r))^0.5

S(ABC)=1/4*(r1*r2*r3*(r1+r2+r3))^0.5

S(ABC)=S(AOB)+S(BOC)+S(AOC)

代入化简即

[(r+r1+r2)/r3]^0.5+[(r+r1+r3)/r2]^0.5+[(r+r2+r3)/r1]^0.5=[(r1+r2+r3)/r]^0.5        .......(1)

mathematica

1楼的角平分线长度公式是错误的！

hejoseph

就方法而言，这种是一个代数式的消元，将方程变为多项式，就可以用结式消元得到方程了，但是计算是很繁琐的。
方程变为多项式也可以利用除法的余式消元，以二元方程组为例，原理就是若 $f(x,y)=0$，$g(x,y)=0$，$g(x,y)$ 变量 $y$ 的最高次数不比 $f(x,y)$ 变量 $y$ 的最高次数大，视 $x$ 为常量，作除法 \(f(x,y)/g(x,y)\)，求得 $f(x,y)=h(x,y)g(x,y)+i(x,y)$，必然有 $i(x,y)=0$，且 $i(x,y)$ 变量 $y$ 的最高次数不比 $g(x,y)$ 变量 $y$ 的最高次数大，再求 \(g(x,y)/i(x,y)\) 的余式，如此下去，必定有某一步，$y$ 的最高变为 $0$，最后得到的多项式就消去了变量 $y$。多余二元的也一样，重复消元就行。
但是无论哪种方法，计算都是很繁琐的。

mathe

方程可以转化为z(a+b)c(a+b-c)-xy(b+c)(a+c)=0等

mathematica

hejoseph 发表于 2021-2-21 11:13
就方法而言，这种是一个代数式的消元，将方程变为多项式，就可以用结式消元得到方程了，但是计算是很繁琐的 ...

我感觉通过结式消元，会产生增根，因为我遇到了