求玛尔法蒂圆的半径

iseemu2009

如图，三角形ABC中，已知三条边长和三个顶角。现在其内部有三个圆，它们两两外切，且每一个圆都与三角形的两条边相切，以这种方式构成的圆称为玛尔法蒂圆。求3个玛尔法蒂圆的半径各是多少？

玛尔法蒂圆

wayne

设三边是$a,b,c$,内切圆半径是$r$,$4 r^2 (a+b+c)=(a+b-c) (a-b+c) (-a+b+c)$,  对应的三个圆半径是$x,y,z$,
题目就是解方程$\frac{y (a-b+c)}{2 r}+\frac{z (a+b-c)}{2 r}+2 \sqrt{y z}=a, \frac{x (-a+b+c)}{2 r}+\frac{z (a+b-c)}{2 r}+2 \sqrt{x z}=b,\frac{x (-a+b+c)}{2 r}+\frac{y (a-b+c)}{2 r}+2 \sqrt{x y}=c$
计算得知,是八次方程的根.比如
$8192 x^6 (a+b-c) (a-b+c) (-a+b+c)^2 \left(a^3+a b c+b^3+c^3\right)+1024 x^5 (a+b-c)^2 (a-b+c)^2 (-a+b+c)^2 \left(5 a^2+2 a (b+c)+5 b^2+2 b c+5 c^2\right)+128 x^4 (a-b-c) (a+b-c)^2 (a-b+c)^2 \left(17 a^4-2 a^2 \left(b^2+c^2\right)+17 b^4-2 b^2 c^2+17 c^4\right)+128 x^3 (a-b-c) (a+b-c)^3 (a-b+c)^3 \left(5 a^3+3 a^2 (b+c)+a \left(3 b^2-14 b c+3 c^2\right)+(b+c) \left(5 b^2-2 b c+5 c^2\right)\right)+128 x^2 (a+b-c)^3 (a-b+c)^3 \left(a^5-a^3 \left(b^2+3 b c+c^2\right)-a^2 (b+c) \left(b^2-7 b c+c^2\right)-3 a b c (b-c)^2+(b-c)^2 (b+c) \left(b^2+b c+c^2\right)\right)+4096 x^8 (a-b-c)^3 (a+b+c)^2+8192 x^7 (a-b-c)^3 (a+b-c) (a-b+c) (a+b+c)+16 x (a-b-c) (a+b-c)^5 (a-b+c)^5 (a+b+c)+(a-b-c) (a+b-c)^6 (a-b+c)^6 = 0$
$y,z$轮换对称,在此不贴出来了.
------------------------更新于2025.02.13.22.35---------------------
参考链接:https://mathworld.wolfram.com/MalfattiCircles.html

wayne

看来想只用$a,b,c$来给出精简的表达式,已经陷入了尴尬的局面,假设真的存在简洁的表达,那一定要借助三个角度$A,B,C$, 于是我们继续来尝试化简,
于是, 上述方程组其实还可以表达为:
$z \cot \left(\frac{C}{2}\right)+y \cot \left(\frac{B}{2}\right)+2 \sqrt{y z}=2 R \sin (A),z \cot \left(\frac{C}{2}\right)+x \cot \left(\frac{A}{2}\right)+2 \sqrt{x z}=2 R \sin (B),x \cot \left(\frac{A}{2}\right)+y \cot \left(\frac{B}{2}\right)+2 \sqrt{x y}=2 R \sin (C)$
设$u=tan\frac{A}{2},v=tan\frac{B}{2}$,再对$x,y,z$进行归一化,除以$2R$,R是外接圆半径,那么得到一个一元四次方程
$-4 u^6 v^2 (u+v)^2 (-1+u v)^2-8 u^4 (1+u^2) v (u+v) (-1+u v) (1+u^2+u (-1+v)+(-1+v) v) (1+v^2) x+4 u^2 (1+u^2)^2 (1+v^2)^2 (-v^2+u^4 v^2+u^3 v (-1+(-3+v) v)-u v (3+(-3+v) v)+u^2 (-1+3 v-3 v^3+v^4)) x^2+4 u (1+u^2)^3 (1+v^2)^3 (u+v+u v (-1+u v)) x^3-(1+u^2)^4 (1+v^2)^4 x^4=0$



观察发现,我们可以继续对$u,v$进行有理化表达,脱掉根号 $u\to \frac{2 p}{1-p^2},v\to \frac{2 q}{1-q^2}$, 刚好被因式分解为四个一次式,再回代...
舍去增根, 就是 $x=2R*\frac{\sin \frac{A}{2} (1+\sin \frac{B}{2}-\cos\frac{B}{2})  (1+\sin\frac{C}{2}-\cos \frac{C}{2})}{1+\tan\frac{A}{4}} = 2R*\frac{\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}(\tan\frac{B}{4}+1)(\tan \frac{C}{4}+1)}{\tan\frac{A}{4}+1} $, $R$是外接圆半径.
对比楼下的表达式,是等价的,因为存在恒等式$\frac{r}{4R}=\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}$

creasson

$r_A = r \frac{(1 + \tan \frac{B}{4})(1 + \tan \frac{C}{4})}{2(1 + \tan \frac{A}{4})}$, $r$为内切圆半径。

iseemu2009

wayne 发表于 2025-2-13 16:35
设三边是$a,b,c$,内切圆半径是$r$,$4 r^2 (a+b+c)=(a+b-c) (a-b+c) (-a+b+c)$,  对应的三个圆半径是$x,y,z$ ...

经验证，你给出的方程是解关于顶点 A 的那个圆的半径，方程是正确的。但圆的半径有个很简洁美观的表达式，可以直接代值计算，能不能给出该表达式？

hejoseph

设点 \(A\)、\(B\)、\(C\) 到最近的圆的切线长分别是 \(t\)、\(u\)、\(v\)，\(\triangle ABC\) 的半周长、内心、内切圆半径分别是 \(s\)、\(I\)、\(r\)，则 \(2t=s-r+AI-BI-CI\)、\(2u=s-r-AI+BI-CI\)、\(2v=s-r-AI-BI+CI\)，这个就是 Schellbach 公式，利用这个公式作图和求半径都很容易。

wayne

参考链接: https://mathworld.wolfram.com/MalfattiCircles.html
https://www.sciencedirect.com/sc ... i/S0925772112000259
https://en.wikipedia.org/wiki/Malfatti_circles

我们可以尝试把这个公式追加到 Wikipedia 和 mathworld.

nyy

没看出结果

hejoseph

Schellbach 公式的具体推导过程
Malfatti问题.pdf (41.95 KB, 下载次数: 6)

2025-2-13 23:24 上传

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wayne

hejoseph 发表于 2025-2-13 23:25
Schellbach 公式的具体推导过程

可否给出这个公式的名称Schellbach 的由来.  因为我看了Wikipedia的解释,公式是Malfatti 本人于1811年在数学杂志上未署名信件里提供的.作图过程应该是瑞士数学家 斯坦纳（steiner,1796-1863年） Jakob Steiner最早提供的.
https://baike.baidu.com/item/%E6%96%AF%E5%9D%A6%E7%BA%B3/5217460
https://en.wikipedia.org/wiki/Jakob_Steiner