陈九章 发表于 2020-5-5 06:51:28

陈九章 发表于 2020-5-5 06:52:36

creasson 发表于 2020-5-5 18:19:45

在代换
\[\frac{{\sqrt {\left( {a + b - c} \right)\left( {c + a - b} \right)} }}{{\sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {b + c - a} \right)} }} \to 2\sqrt 3 p\]
\[\frac{{\sqrt {\left( {a + b - c} \right)\left( {b + c - a} \right)} }}{{\sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {c + a - b} \right)} }} \to \frac{{ - 1 + \sqrt {1 + q}+ \sqrt {\left( { - 1 + 12{p^2}q} \right)\left( { - 2 - q + 2\sqrt {1 + q} } \right)} }}{{2\sqrt 3 pq}}\]
之下,可以对这些式子进行简化,从而使得所有的讨论仅限于两个变量。
\[{e^2} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 4\sqrt 3 \Delta }}{2} = \frac{{{a^2}}}{4}\left( {4 + q + 12pq - 12{p^2}q} \right)\]
\[{f^2} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 4\sqrt 3 \Delta }}{2} = \frac{{{a^2}}}{4}\left( {4 + q - 12pq - 12{p^2}q} \right)\]
\[{d^2} = 9{R^2} - {a^2} - {b^2} - {c^2} = \frac{{{a^2}\left( {3 - 56{p^2} + 432{p^4} - 32{p^2}q + 384{p^4}q} \right)}}{{64{p^2}}}\]
$0 < p,0 < q \le \frac{1}{12p^2}$

hujunhua 发表于 2020-5-5 18:28:41

陈九章 发表于 2020-5-4 08:38


提一个小小的建议:
可否把您的结论改为“......符合三角不等式”?
我不太赞成三个面积量构成一个三角形的说法。
因为您所说的三角形大小不定。

要不您把这个三角形画一个实例我们看看?

creasson 发表于 2020-5-5 18:39:43

我们可以再作代换:\[{p \to \frac{1}{{6v}},q \to \frac{{36{v^2}}}{{12\left( {1 + u} \right)}}}\]
\[{e^2} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 4\sqrt 3 \Delta }}{2} = \frac{{{a^2}\left( {3 + 6u + 3{u^2} + 4v} \right)}}{{4\left( {1 + v} \right)}}\]
\[{f^2} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} - 4\sqrt 3 \Delta }}{2} = \frac{{{a^2}\left( {3 - 6u + 3{u^2} + 4v} \right)}}{{4\left( {1 + v} \right)}}\]
\[{d^2} = 9{R^2} - {a^2} - {b^2} - {c^2} = \frac{{{a^2}\left( {3 - 6{u^2} + 3{u^4} + 3v - 14{u^2}v + 27{u^4}v} \right)}}{{16{u^2}\left( {1 + v} \right)}}\]
$u>0, v>0$
为了判断$ef,fd,de$是否可以构成三角形,我们对判断式做一下变形:
\[\left\{ \begin{array}{l}
a + b - c > 0\\
b + c - a > 0\\
c + a - b > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left( {a + b - c} \right)\left( {a - b + c} \right) > 0\\
\left( {b + c - a} \right)\left( {b - c + a} \right) > 0\\
\left( {c + a - b} \right)\left( {c - a + b} \right) > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2bc > {b^2}{\rm{ + }}{c^2} - {a^2}\\
2ca > {c^2}{\rm{ + }}{a^2} - {b^2}\\
2ab > {a^2}{\rm{ + }}{b^2} - {c^2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {2bc} \right)^2} > {\left( {{b^2}{\rm{ + }}{c^2} - {a^2}} \right)^2}\\
{\left( {2ca} \right)^2} > {\left( {{c^2}{\rm{ + }}{a^2} - {b^2}} \right)^2}\\
{\left( {2ab} \right)^2} > {\left( {{a^2}{\rm{ + }}{b^2} - {c^2}} \right)^2}
\end{array} \right.\]
代入验证即可。

陈九章 发表于 2020-5-7 21:33:20

本帖最后由 陈九章 于 2020-5-7 21:37 编辑

今天晚餐后,在学校育英苑溜达时,我看到一个男生和二个女生在散步,
忽来灵感,梦回青年,得到“5.4大猜想”的简证。晚辅后,整理发出:

陈九章 发表于 2020-5-7 21:37:48

本帖最后由 陈九章 于 2020-5-7 22:27 编辑


陈九章 发表于 2020-5-9 06:46:25

本帖最后由 陈九章 于 2020-5-9 06:47 编辑

【接223楼】

陈九章 发表于 2020-5-9 06:48:17

陈九章 发表于 2020-5-9 06:52:25

本帖最后由 陈九章 于 2020-5-9 10:12 编辑


    那个炎热的下午,克莱尔漫步赛纳河畔,无心观赏沿路风景,一边行走,一边思考着如何求出四面体的外心-内心的距离公式,可是,想了好久,也没有一点灵感,在河边的石板上静静地坐着,躺下,又坐着,盯着西天的晚霞出神,夜幕降临,他还是没有任何办法,此刻,转念一想,既然求不出外心-内心距离公式,若能推出四面体的外接球半径公式,也是很不错的!
    于是,克莱尔一个鲤鱼打挺,从石板上爬起来,踏响一路蛙鸣,朝那灯火阑珊处走去,回到住所,挑灯夜战一通宵,算落晨星,导出晨曦,当太阳冉冉升起时,他的卓越定理呱呱坠地!
    再次睁开惺忪的双眼,看到稿纸上那个若隐若现的外接球半径公式时,克莱尔昏过去了......
    根号里的式子,与著名的Heron-秦九韶公式何其惊人的相似啊!

补充内容 (2020-5-13 14:59):
★杨路教授在“Caylay定理的一个应用”(《数学通报》1981年6期)、唐立华在“四面体中的数学问题”(华东师范大学2附中校本课程)、何万程、孙文彩大作《立体几何技巧与方法》(哈工大出版社)对上述Crelle定理作过介绍。

补充内容 (2020-5-17 09:04):
●弄错了!克莱尔(A.L.Crelle,1780-1855)是德国铁路工程师,世界上第一本最具影响力的数学期刊《纯粹与应用数学杂志》(Journal fur dieReine and Angewandte Mathematik(Berlin),刊号:510E0006 , ISSN0075-4102,1826年创刊)的创办人。
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