记楼上的P=A1，Q=B1，R=C1
△ABC→△A1B1C1, 照此无穷迭代，收敛的那个点是什么？
查到一个有意思的结果 (Lob & Richmond 1930):
如果原三角形的内切圆半径是 r=\sqrt{{(s-a)(s-b)(s-c)}/s} , 其中 s={a+b+c}/2 , 那么三个圆的半径分别是
r_1=r {(1+\tan(B/4))(1+\tan(C/4))}/{2(1+\tan(A/4))}
r_2=r {(1+\tan(C/4))(1+\tan(A/4))}/{2(1+\tan(B/4))}
r_3=r {(1+\tan(A/4))(1+\tan(B/4))}/{2(1+\tan(C/4))}
由余弦定理可以用 $a,\ b,\ c$ 来表示 $\cos A$ , 然后万能公式得到 $\tan(A/2)$ , 再两倍角公式可以得到 $\tan(A/4)$ , 谁有兴趣把结果写成 $a,\ b,\ c$ 的函数.
我只是验证了等边三角形是对的, 数学星空可以看看是不是符合你的四次方程.
呵,我的结果是对的,
今天花了好几个小时,将x,y,z代入A,B,并一步步化简,最终发现和mathword 给出的结果是一致的....
本帖最后由 wiley 于 2010-1-29 19:30 编辑
恭喜楼上:victory:
我现在得到的结果是:
$r_1=\sqrt{{(s-b)(s-c)}/{s(s-a)}} {(\sqrt{ca}+\sqrt{(s-c)(s-a)}-\sqrt{s(s-b)})(\sqrt{ab}+\sqrt{(s-a)(s-b)}-\sqrt{s(s-c)})}/{2(\sqrt{bc}+\sqrt{(s-b)(s-c)}-\sqrt{s(s-a)})}$
另两个半径利用轮换对称即可.
啊，这个结果倒是超级简单、超级直接。:b:
14# wiley
找到显式了，真是不简单！
原三角形中的a, b, c与新三角形中的r_1, r_2, r_3的地位并不相当，倒是10#中所写的原三角形中的a_1, b_1, c_1与之相当。所以为了连续迭代，可以把这个结果写成
r_1=sqrt{{b_1c_1}/{sa_1}}{L(a_1, b_1, c_1)L(c_1, a_1, b_1)}/{L(b_1, c_1, a_1)}.
其中L(a_1, b_1, c_1):=sqrt{(s+a_1)(s+b_1)}+sqrt{a_1b_1}-sqrt{sc_1}
可惜这种长度迭代不能直接得到那个神秘的收敛中心
还有一个值得注意的问题，就是不管原三角形多么扁，新三角形总是十分接近正三角形。到底最少有多接近呢，值得探讨。
首先要选定一个评价函数f(a1, b1, c1), 当a1=b1=c1时，f(a1,b1,c1)=1, 当a1,b1或者 c1=0时，f(a1,b1,c1)=0, 此外0<f(a1,b1,c1)<1并能在一定意义上反映三角形接近正三角形的程度。那么f(r1,r2,r3)当有一个极小值。
14# wiley
公式有错误。当s-a=0时，应有r1=r2=r3=0.
18# hujunhua
取 $s=a+\epsilon$ , 分母是 $\sqrt{\epsilon}$ 量级的, 分子每个括号内是 $\sqrt{\epsilon}$ 量级的, 所以 $r_1 ~ \sqrt{\epsilon}\to 0$
本帖最后由 hujunhua 于 2010-1-30 03:05 编辑
我推导的公式如下。（以下a,b,c不是原边长，而是16楼中的a1,b1,c1, 为省力略掉了下标1）
r_1=\frac{bc(\sqrt{sa}+\sqrt{sa+bc}-\sqrt{bc})}{(\sqrt{sb}+\sqrt{sb+ca}-\sqrt{ca})(\sqrt{sc}+\sqrt{sc+ab}-\sqrt{ab})}