不知有谁能将6#的方程组简化为一个关于r,a,b,c的代数方程?
这样就可以算出P点与内心的距离?
11# 数学星空
6楼的方程好像过剩了
本帖最后由 数学星空 于 2011-11-6 15:48 编辑
其实6#的方程组可以简化为(其实直接利用面积计算公式可以得到)
4*r^2*(a+y+z)^2=2*(a^2*y^2+a^2*z^2+y^2*z^2)-a^4-y^4-z^4
4*r^2*(b+x+z)^2=2*(b^2*x^2+b^2*z^2+x^2*z^2)-b^4-x^4-z^4
4*r^2*(c+y+x)^2=2*(c^2*y^2+c^2*x^2+y^2*x^2)-c^4-y^4-x^4
4* r^2*(2*(x+y+z)+a+b+c)^2=2*(a^2*b^2+a^2*c^2+b^2*c^2)-a^4-b^4-c^4
有趣的是:
作代换: a=a_1*r,b=b_1*r,c=c_1*r,x=x_1*r,y=y_1*r,z=z_1*r有:
4*(a_1+y_1+z_1)^2=2*(a_1^2*y_1^2+a_1^2*z_1^2+y_1^2*z_1^2)-a_1^4-y_1^4-z_1^4
4*(b_1+x_1+z_1)^2=2*(b_1^2*x_1^2+b_1^2*z_1^2+x_1^2*z_1^2)-b_1^4-x_1^4-z_1^4
4*(c_1+y_1+x_1)^2=2*(c_1^2*y_1^2+c_1^2*x_1^2+y_1^2*x_1^2)-c_1^4-y_1^4-x_1^4
4*(2*(x_1+y_1+z_1)+a_1+b_1+c_1)^2=2*(x_1^2*y_1^2+x_1^2*z_1^2+y_1^2*z_1^2)-x_1^4-y_1^4-z_1^4
若数学计算软件可以消元的话,可以得到 \( r,a,b,c \) 的代数方程?
可惜我的电脑没能计算出来,不知有谁可以帮忙计算一下!
通过几个数值计算发现:并不是所有的三角形(a,b,c)均存在正实数解(r,x,y,z)???
并且根据6#和14#的方程组似乎只有在满足一定条件的三角形F(a,b,c)(关于三边长的代数方程,消元已超出了我的电脑能力)才能找到正实数解
(2) Congruent Incircles Point
这是通过硬算一个特殊三角形之后在 Encyclopedia of Triangle Centers 上查的, 标号是 X(258)
trilinear coordinates (到三边距离之比) 是:
$1/{\cos(B/2)+\cos(C/2)-\cos(A/2)}$ (轮换对称)
或$1+\sin(B/2)+\sin(C/2)-\sin(A/2)$
或$\tan(A/2)-\sec(A/2)$
本帖最后由 数学星空 于 2010-8-8 00:31 编辑
不知有谁可以帮忙化简一下,18#式子的确太繁!(x为PA的长度)
p=1/2*(a+b+c)
s=sqrt(p*(p-a)*(p-c)*(p-b))
若要想计算r,似乎式子更繁!
r={2*s}/(2*(x+y+z)+a+b+c)
根据17#的图片,我们有:
cot(alpha)+cot(C/2-theta)=b/r
cot(beta)+cot(A/2-alpha)=c/r
cot(theta)+cot(B/2-beta)=a/r
cot(alpha)+cot(beta)+cot(theta)=cot(A/2-alpha)+cot(B/2-beta)+cot(C/2-theta)