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[原创] 三角形的角格点问题

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发表于 2019-10-11 13:03:11 | 显示全部楼层 |阅读模式

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三角形$\Delta ABC$的三个内角的比例 $\alpha:\beta:\gamma = m:n:l$使得$m,n,l$都是整数。 然后三角形ABC内部存在一点P,使得三角形ABP, BCP,CAP的三个内角比例也都是整数,试问这样的三角形内有多少个这样的内点?

pdf下载地址: https://share.weiyun.com/5A9jH6D

点评

题目描写的有问题,需要内部点分成的三个三角形都是三个角比例为有理数  发表于 2019-10-11 16:30
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2019-10-11 14:40:52 | 显示全部楼层
无穷多个,只要$x=u pi,y=v pi,$且$u,v$都是有理数,并且两条圆弧在三角形内有交点,那么就满足条件。$u,v$的取法是无穷多的。
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发表于 2019-10-11 16:33:20 | 显示全部楼层
我修改了一下,需要分成的三个三角形每个角都是有理角度
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发表于 2019-10-11 18:17:02 | 显示全部楼层
本帖最后由 chyanog 于 2019-10-11 23:23 编辑

将等腰三角形关于对称轴对称的两点算作一种是5257个(限定角度为10的倍数为61个),不考虑等腰三角形对称轴上的点应该是3275个(限定角度为10的倍数为45个)

triangle_angle.png
20191011181411.png
  1. Clear[func];
  2. func=Compile[{{A,_Integer}},
  3. Module[{bag=Internal`Bag[Rest@{0}],angle},
  4. Do[
  5. If[A+B>=180,Continue[]];
  6. angle=180+ArcTan[Cos[(A-α)°] Sin[(A+B)°] Sin[(B-β)°]-Sin[B °] Sin[(B+α-β)°],-Sin[(A+B)°] Sin[(A-α)°] Sin[(B-β)°]]/°;
  7. If[0<angle<180-A-B&&0<angle<180&&Abs[Round[angle]-angle]<10^-10,Internal`StuffBag[bag,{A,α,B,β,180-A-B,Round@angle},1]];
  8. ,{B,179},{α,A},{β,B}];
  9. Internal`BagPart[bag,All]
  10. ],
  11. CompilationTarget->"C",RuntimeOptions->"Speed",RuntimeAttributes->{Listable}
  12. ];

  13. Dimensions[data=Join@@(Partition[#,6]&/@func[Range[179]])]//AbsoluteTiming
  14. Dimensions[res1=DeleteDuplicatesBy[data,Sort[Partition[#,2]]&]]
  15. Dimensions[res2=Select[res1,DuplicateFreeQ[Sort[{#-#2,#2}]&@@@Partition[#,2]]&]]
  16. Dimensions[res3=Select[res2,AllTrue[Divisible[#,10]&]]]
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{1.35817, {31402, 6}}
{5257, 6}
{3275, 6}
{45, 6}

补充内容 (2019-10-12 11:21):
整数度角时的数目

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毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 7 天前 来自手机 | 显示全部楼层
这个题目在仅限制角度比为整数比(即限定角度为有理数度)时解可以无穷多组,四楼应该给出了整数度角时的数目。
为了便于计算,我们可以改为要求找出所有这些角弧度都是$pi/n$的倍数时的数目,很显然,n不小于6才有解。
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发表于 7 天前 | 显示全部楼层
tr.png
采用如图所记的符号表示,我们要求$u,v,w,x,y,z$都是$pi/n$的正整数倍
由于${\sin(x)}/{\sin(w)}={PC}/{PA}$等,我们可以得出$\sin(x)\sin(y)\sin(z)=\sin(u)\sin(v)\sin(w)$
而这个正好是存在点P的充分必要条件。
比较有意思的是,对于任意一个合法的解,我们任意交换x,y,z的位置或u,v,w的位置还是合法的解。
非常有意思的是正n边形对角线交点问题正好求解的是完全相同的等式
其中论文http://math.mit.edu/~poonen/papers/ngon.pdf 中定理4给出了完整的解
i) {u,v,w}={x,y,z} (当然$x+y+z=pi/2$)
ii)
    {u,v,w}={$1/6,t,1/3-2t$}$\times\pi$, {x,y,z}={$1/3+t,t,1/6-t$}$\times\pi, 0\lt t\lt 1/6$
    {u,v,w}={$1/6,1/2-3t,t$}$\times\pi$, {x,y,z}={$1/6-t,2t,1/6+t$}$\times\pi, 0\lt t\lt 1/6$
    {u,v,w}={$1/6,1/6-2t,2t$}$\times\pi$,{x,y,z}={$1/6-2t,t,1/2+t$}$\times\pi, 0\lt t\lt 1/12$
    {u,v,w}={$1/3-4t,t,1/3+t$}$\times\pi$,{x,y,z}={$1/6-2t,3t,1/6+t$}$\times\pi,0\lt t\lt 1/12$
iii)表格四种65组解(需要注意u,v,w任意交换或x,y,z任意交换也构成解,其中$u=U\pi,v=V\pi,w=W\pi,x=X\pi,y=Y\pi,z=Z\pi$)
t4.png

并且上面解中,唯一出现重复的解是第二类中
  第二条方程$t=1/12$时退化成第一类解
  第一条和第四条方程在$t=1/18$时相等
  第二条和第四条方程在$t=1/24$时相等。
根据上面的结论,理论上对于任意n,我们应该可以把解的数目的公式得出,只是如同正n边形交点问题,表达式会有点复杂
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发表于 7 天前 | 显示全部楼层
容易看出对于每种情况都会要求n是偶数才有解,
比如对于其中第一类解,我们总可以要求$u,v,w$从大到小排列,而$x,y,z$按任意顺序排列
由于我们要求$X,Y,Z$都是$1/n$的倍数而且$X+Y+Z=1/2$,或者说$nX+nY+nZ=n/2$,所以n是奇数时无解。
我们总可以记$n=2m$,

对于第一类解,我们要求3个正整数$nX,nY,nZ$的和为m,可以有$C_{m-1}^2={(m-1)(m-2)}/2$组解,唯一的问题是对于$X=Y\neZ$,比如$X=Y=a>Z=b$时
我们会选择$U=a,V=a,W=b$,但是这时对应的X,Y,Z产生的多组解中$X=a,Y=b,Z=a$和$X=b,Y=a,Z=a$实际上是相同的情况,存在重复计数。所以我们还需要再计算方程$2(nX)+nZ=m$的解的数目共$\floor((m-1)/2)$种
每一种(a,a,b)实际上对应两组解$U=a,V=a,W=b,X=a,Y=a,Z=b$或$U=a,V=a,W=b,X=a,Y=b,Z=a$,但是前面计数中计算成三组了。所以实际上这个类型的解数目应该是${(m-1)(m-2)}/2-\floor((m-1)/2)$组。
比如其中$U=X,V=Y,W=Z$的解对应三角形和它的内心。$U=X,V=Z,W=Y$对应等腰三角形加上对称轴上一个点。
但是$U=Y,V=Z,W=X$或$U=Z,V=X,W=Y$的情况就比较有意思,这两个解相互等角共轭,看上去一点也不平凡,而且对于任意三个角都是有理数的三角形也都存在这两个共轭的解。
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发表于 7 天前 | 显示全部楼层
第三类很简单,只有有限个解,其中每个类型如果没有数字重复,那么就对应6个解。
如果U=V=W或X=Y=Z,那么就只对应一个解
如果U,V,W中正好两个相等或X,Y,Z中正好两个相等,但是另外三个数互不相同,那么对应3个解
如果U,V,W中正好两个相等而且X,Y,Z中也正红两个相等,那么对应2个解。

但是第二类比较复杂,最主要我们还需要计算是否有某个t使得U,V,W中存在数字相等或X,Y,Z中存在数字相等。
比如对于n=18的情况(也就是限定10°角的倍数),第三类没有解,但是第二类我们可以枚举
第一条t=1/18: 1/6,1/18,2/9;7/18,1/18,1/9 (对应6个解)
第一条t=2/18: 1/6,1/9,1/9;4/9,1/9,1/18(对应3个解)
第二条t=1/18: 1/6,1/3,1/18;1/9,1/9,2/9(对应3个解)
第二条t=2/18: 1/6,1/6,1/9;1/18,2/9,5/18 (对应3个解)
第三条t=1/18: 1/6,1/18,1/9;1/18,1/18,5/9(对应3个解)
第四条t=1/18: 1/9,1/18,7/18; 1/18,1/6,2/9(对应6个解)
加上第二类28-4=24个总共只有48组解,和4楼的不匹配,不知道那部分出问题了
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发表于 7 天前 | 显示全部楼层
发现前面计算中一个错误了
对于第二类$U=V=a,W=b,X=Y=a,Z=b$情况的分析中
我们得出方程$2(nX)+nY=m$的数目为$\floor({m-1}/2)$种
但是在m是三的倍数时,里面包含一组解$nX=nY$,这个解并没有被重复计算,
所以第二类解的数目应该更改为${(m-1)(m-2)}/2-\floor({m-1}/2)+\delta_3(m)$, 其中$\delta_3(m)$在m是3的倍数时取1,不是3的倍数时取0. 由此前面10°角情况应该49组解,但是还是和4楼不匹配。
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发表于 7 天前 | 显示全部楼层
tr.png
发现原因了,如图2-1中最左边两个点,
分别为U=7,V=1,W=2;X=1,Y=4,Z=3
和U=7,V=2,W=1; X=1,Y=3,Z=4,两者相互等角共轭
按照我前面的规则总是把U,V,W按顺序排列(对应将X,Y,Z跟着调整顺序),就把它们看成相同的了,但是两者显然时不同的图。
所以我前面得出的解中第一种情况由于{U,V,W}={X,Y,Z},解的数目应该还是相等,还是25组。
但是第二种情况的每个解需要翻倍。
前面计算中遗忘了第二种情况第一和第四类t=1/18对应的解是相同的,需要去掉一个,然后每个数据再翻倍,正好总数是25+(6+3*4)*2=61种
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