反演会保持田埂最短的特性吗？

mathe

在帖子均分田地，田埂最短问题中，我们得出性质：
将一个光滑边界图形划分成若干给指定面积的区域时，分割线总长最短时，必然有
i)所有分割线都是直线段或圆弧
ii)和边界相交的分割线必然垂直边界
iii)相交于内部一点的分割线必然三线交于一点，两两夹角120°
iv)相交于内部一点的三条分割线曲率之和为0.

我们注意到反演变换会将圆弧和直线段继续变换为圆弧和直线段
而且反演变换也是保角的，所以会保持上面性质i),ii)和iii)不变，
那么请问，反演变换是否也保持性质iv)不变
当然前提时反演中心选择在区域外面。

mathe

关于这个问题，我仅仅验证了三条直线的情况。
我们不妨假设反演中心就是原点(0,0)
现在假设有三条交于点$(x_0,y_0)$两两夹角为120°的直线，于是可以假设它们的方程分别为
\(\begin{cases}\cos(\theta_1) (x-x_0)+\sin(\theta_1)(y-y_0)=0\\\cos(\theta_2) (x-x_0)+\sin(\theta_2)(y-y_0)=0\\\cos(\theta_3) (x-x_0)+\sin(\theta_3)(y-y_0)=0\end{cases}\)
于是这三条直线到原点的有向距离就是将0代入三条方程的结果，容易看出三个有向距离之和为0。

而根据反演变换的几何一一，我们可以知道这三个距离正好是这三条直线变换为圆以后圆的直径的倒数。
所以我们得出这三条直线变换为圆以后有向半径的倒数之和为0，也就是曲率之和为0。
所以对于三条相交直线情况是应该满足性质iv)的。
现在问题是对于普通的圆弧情况，是否也满足性质iv)

mathe

对于本题，我试着分别以$1/2,1/3,1/5$为半径，做三个两两夹角为120°的圆弧，结果发现它们除了开始选择好的交点，还会正好会交于另外一个点。

如上图中过公共点A的三个（淡色）圆B,I,J会交于另外一个公共点K。
需要注意，这种情况不能选择三个圆心使得初始交点在三个圆心构成三角形内部，而是小圆的圆心J在另外两个圆心B,I对初始交点B张成的角平分线上。不然三段圆弧方向会一致，曲率和不为0.
而这种情况下，可以看出三个圆心B,I,J共线，于是由对称性，三圆自然交于另外一个点K。

如果我们这时以交点K为中心，做反演变换，于是三圆会变成三条两两夹角相等的直线，和上面结论相同。

所以如果我们能够证明三个圆的圆心总是共线，或者说它们总是有两个交点，那么这个题目就解决了。

而这个结论如果再以交点A为中心做反演(粉色圆A为反演圆)，得出一个有意思的结论：
120°圆周角角平分线截出的弦长AJ是两边截出的弦长AI'和AB'之和
这个图中三弦另外一个端点共同构成正三角形B'I'J，所以本题转化为比较熟悉的等价命题，
  正三角形外接圆上任意一点到一个顶点的距离正好等于另外两个顶点距离之和,如图中做出辅助正三角形AB'M即可解决

mathe

如果不考虑面积限制，那么仅仅给出所有内点的坐标和边的连接关系，我们就应该可以确定每条边的曲率。
假设给定其中一个点O以及和O相连接三点A,B,C，我们以O为反演中心做反演变换，三条连接线段或圆弧OA,OB,OC变化为两两夹角为120°的线段。

如图中虚线圆O为反演圆，经过A点，将B反演为B',C反演为C'。
现在我们找到三角形AB'C'的费尔马点F'然后用线段连接费尔马点和三点A,B',C'
就得到原三段线段或圆弧的反演变换结果线段F'A,F'B',F'C'。
然后我们需要再次将它们反演变换回去就变成原始的线段或圆弧了。
如图先做出F'的反演变换结果F,然后分别做过AFO,BFO，CFO的圆，就得到了三条原始圆弧OA,OB,OC。

而对于一个动点C在边界的情况，无论边界l是直线段或圆，反演后都是圆弧。
如图，不妨设边界为直线l，其关于点O反演后图形为粉色圆l'。

做过A,B'两个固定点的120°圆弧是固定的，过此两点圆弧外侧中点M和圆l'圆心连线交圆l'外侧于C'点，交过AB'的圆弧于F'点。
于是C'F'垂直圆l'而且AF',B'F',C'F'两两夹角为120°。
现在做F'的反演点F, 做C'的反演点C,分别过AFO, BFO,CFO做圆就得出目标弧线AO,BO,CO
@数学星空 不知道能否把上面过程变成计算过程并且把最后三段圆弧的角度和半径的公式给计算出来

mathe

链接田埂最短问题89#
给定了一种可能的图，其中所有线段除了BC都有可能是圆弧

设坐标C(a,0), D(u,v), 计算可以得到一个很好的结果，其中弧CD, DI, DF都经过点$R(u/{u^2+v^2},v/{u^2+v^2})$,
由此三圆的圆心都在线段DR的中垂线上，而另外弧CD的圆心和C点连线的倾斜角为30°，由此可以确定弧CD圆心的坐标，并且由于此圆心也必须在CD的中垂线上，由这个条件可以确定a关于u,v的表达式。此后，由于三个圆圆心都在DR中垂线上而且和D点的连线两两夹角相等，可以计算出另外两段圆弧的圆心坐标。
最后我们只余下两个变量u,v（a已经表示为u,v的表达式），而我们正好还有遗留两个约束条件，即区域BCDI和IDF的面积都是$pi/5$两个条件（上面作出的图显然不符合这个条件）。最后需要解这两个关于面积的超越方程可得出可能的u,v。

mathe

如果我们选择A为原点(0,0)，AD为横坐标，那么计算量应该会更小，设$D(d,0),R(1/d,0)$, 直线$F_1I_1$方程为$x={d+1/d}/2$。
将$AF_1$绕A转60°得到$F_2$,那么以$F_2$为圆心，$F_2A$为半径的圆和圆$F_1$(以$F_1$为圆心，$F_1D$为半径）交于C点。
设$DF_1$方程为$y=tan(t)(x-d)$,连接D和另外两个圆心$I_1,J_1$的方程分别为$y=tan(t-pi/3)(x-d), y=tan(t+pi/3)(x-d)$
于是我们有$F_1({d+1/d}/2,tan(t){1/d-d}/2),I_1({d+1/d}/2,tan(t-pi/3){1/d-d}/2), J_1({d+1/d}/2,tan(t+pi/3){1/d-d}/2)$
我们记$u={d+1/d}/2,v={1/d-d}/2,t_1=t-pi/3,t_2=t+pi/3$,于是得到$F_1(u,tan(t)v),I_1(u,tan(t_1)v),J_1(u,tan(t_2)v)$
所以$F_2(u/2-{sqrt{3}tan(t)v)/2, {sqrt{3}u}/2+{tan(t)v}/2)$或者$F_2(u/2+{sqrt{3}tan(t)v)/2, -{sqrt{3}u}/2+{tan(t)v}/2)$
于是圆$F_1$的方程为$(x-u)^2+(y-tan(t)v)^2=(d-u)^2+(tan(t)v)^2$,第一种情况圆$F_2$的方程为$x^2+y^2-(u - sqrt(3)tan(t)v)x-(sqrt(3)u+tan(t)v)y=0$
其中每种情况两圆都两个交点，但是其中只有一个交点对$A,F_1$两点张角为150°，选择这个点为C点,AC的延长线交圆周于B点。

mathe

终于通过数字计算得出这个模式下的近似值，的确比hujunhua在另外帖子的53#更优，最终边界长度为4.8493463614，坐标如下
D(0.210618,0.000000),C(0.006603,0.125074),B(0.052722,0.998609), I(0.940757,0.339082),F(0.403343,-0.915049)
C1(2.479279,3.929438),C2(2.479279,-3.929437),C3(2.479279,0.000000)
其中C1,C2,C3分别为弧DC,DI,DF的圆心
另外比较神奇的是计算结果表明弧DF的圆心纵坐标为0，也就是正好在直线AD上。于是如上楼记号，弧DF的半径为v,而CD和DI的半径都是2v.

【这里由于代码错误计算错误了，而DF圆心纵坐标为0的神奇特征也没有了，正确结果见10#】

mathe

如上图，如果假设一个圆心$C_2$在DR中点的情况，那么由于$/_A C C_1=150°$
可以知道，以$AC_1$为边做正三角形$AC_1F_2$,那么以$F_2$为圆心$AF_2$为半径的圆经过C
而且由三角形$ADC_1$全等$F_2RC_1$得知$F_2$在$RC_3$上而且$F_2R=AD$
而C点为到$C_1$距离为$DC_1=DR=2v$,到$F_2$距离为$CF_2=AF_2=\sqrt{1/{d^2}+d^2-1}$的点，这提供了另外一种确定C的方法。
而F点的确定最简单，它到A点距离为1,到$C_2$的距离为$v$,而且$AFC_2$是直角三角形。同样$AC_3I$构成边长已知的三角形。
由此，我们可以这这些关键点都可以仅使用参数d表示，最好挑一个区域面积作为约束应该可以解出d,并且需要用另外一个区域面积验证$C_2$在DR中点.

mathe

$AD=d, AR=1/d,AC_2=1/2(d+1/d)=u, DC_2=1/2(1/d-d)=v$
$AF_2=h=sqrt(d^2+1/{d^2}-1), /_AF_2C=\alpha, /_F_2AR=\beta,/_IAC_2=\gamma$
于是有$\sin(1/2(pi/3-\alpha))=v/h, \sin(\beta)={\sqrt(3)d}/{2h}, \gamma=\tan^{-1}(2v)-\tan^{-1}({\sqrt{3}v}/u)$
于是可以计算得到$B(sin(\beta+{\alpha}/2), -\cos(\beta+{\alpha}/2)), F(1/u,v/u),I(\cos(\gamma),-\sin(\gamma))$
在Pari/gp中使用上面过程，最后得出结果和前面搜索出来的不同。所以必然有一个版本计算错误了，很可能$C_2$在DR上的神奇结论是错误的。

mathe

找到了一个bug,果然上面计算出了点问题，$C_2$的位置没有这么凑巧（所以8#和9#的取巧方法不能用了），最短分界线约等于
4.8338466435
其中
D(0.2209696780900,0.0000000000000),C(-0.0055169973417,0.1091281689700),B(-0.0504907268967,0.9987245298367), I(0.9192025346411,0.3937850940671),F(0.4991574547960,-0.8665113013237)
C1(2.3732387350630,4.7564515555701),C2(2.3732387350630,-3.0003346454166),C3(2.3732387350630,0.2130610487540)
现在还是只能采用6#中方法
补充一个高精度图