陈九章 发表于 2017-12-3 14:42
1999年，老封得到的一个有趣结论，是对Brocard图形的拓展。
本帖最后由 陈九章 于 2018-4-19 11:24 编辑
老封20多年来始终未能解决的问题：
陈九章 发表于 2018-4-19 11:22
老封20多年来始终未能解决的问题：
这个题目中a,b,c满足$a^2\cot(A_0)+b^2\cot(B_0)+c^2\cot(C_0)$是常数的约束条件定义的不是很合理。
由于在$A_0B_0C_0$是锐角三角形时，上面条件和存在四个正常数U,V,W,K使得${a^2}/U+{b^2}/V+{c^2}/W=K$是等价的
而对于$C_0$是钝角时，我们同样可以转化成上面形式，只是这时$W<0$且$-W>U+V$，这里这个$-W>U+V$的约束条件是不自然的。
所以一个更好的约束条件就是存在四个常数u,v,w,k使得$ua^2+vb^2+wc^2=k$
同样我们假设$A,B,C$三点在复平面上对应$z_a,z_b,z_c$,那么上面约束条件就是$u(z_b-z_c)(\bar{z_b}-\bar{z_c})+v(z_c-z_a)(\bar{z_c}-\bar{z_a})+w(z_a-z_b)(\bar{z_a}-\bar{z_b})=k$
或者写成
$(v+w)z_a\bar{z_a}+(u+w)z_b\bar{z_b}+(u+v)z_c\bar{z_c}-u(z_b\bar{z_c}+\bar{z_b}z_c)-v(z_c\bar{z_a}+\bar{z_c}z_a)-w(z_a\bar{z_b}+\bar{z_a}z_b)=k$(1)
另外存在三个复常数$r_a,r_b,r_c$使得$z_d=z_b+r_a(z_c-z_b),z_e=z_c+r_b(z_a-z_c),z_f=z_a+r_c(z_b-z_a)$ （2）
所以假设三角形DEF也满足定义，那么存在$u',v',w',k'$使得
$(v'+w')z_d\bar{z_d}+(u'+w')z_e\bar{z_e}+(u'+v')z_f\bar{z_f}-u'(z_e\bar{z_f}+\bar{z_e}z_f)-v'(z_f\bar{z_d}+\bar{z_f}z_d)-w'(z_d\bar{z_e}+\bar{z_d}z_e)=k'$ （3）
将(2)代入(3)看是否可以整理成(1)的形式即可，（需要注意$u,v,w,k,u',v',w',k'$是实数，但是$r_a,r_b,r_c$是复数
但是从局部展开的效果来看，应该是无法达成目标，应为第一项$z_d\bar{z_d}$展开后$z_c\bar{z_b}$和$\bar{z_c}z_b$的系数已经不相等了，它们是共轭复数而不是相等的实数，所以结论应该是错误的
本帖最后由 陈九章 于 2019-3-3 11:04 编辑
谢谢老师的精彩点评！