折纸重叠面积问题

mathe

看来要计算k关于s,t的二阶偏导数还是有困难的。
不过数值计算解决这道题目已经非常简单了，就是不知道这个极值条件到底能不能有例子可以真正取到

mathe

星空已经将k的极值转化为约束方程:
$a^2*k*s^2+a^2*k*s*t+a^2*k*t^2-b^2*k*s^2+b^2*k*s*t+c^2*k*s*t-c^2*k*t^2-a^2*s*t+b^2*s*t-b^2*t^2-c^2*s^2+c^2*s*t=0$
我们还是将$x=s/t$替换进去，变成k为单变量x的方程的极值.求关于x的判别式不小于0得出k的极值点，其中有一个增根k=-1,然后可以直接得出k的另外一个表达式 $$k=\frac{(2*b^2+2*c^2-a^2)*a^2+(b^2-c^2)^2}{3*(2*b^2+2*c^2-a^2)*a^2+(b^2-c^2)^2}$$
然后我们可以通过它在求出对应的s,t等来判断这个是不是合法的解。

mathe

现在可知这个极值不能成为最大值了。在关于k的方程最高项系数大于零是极小点。而系数小于零时k小于1/3

mathe

现在38楼5种情况中2，5已经淘汰。感觉4也应该可以淘汰，需要比较一下3的结果

mathe

第四类只有$0<C<pi/4<B<A<pi/2$的情况，这时k取$1/{1+ctg(A)+ctg(C)}$,而对应第三类结果可以选择${tan(B)+tan(C)}/{3tan(B)+tan(C)}$,可以证明第三类结果更加好。
也就是最终，我们只需要考虑第一类和第三类结果。由此也说明了下界$sqrt(2)-1$是最佳的。

$tan(B)={tan(A)+tan(C)}/{tan(A)+tan(C)-1}$
于是展开变成不等式
$tan^3(A)+(tan(C)-2)tan^2(A)+(1-2tan(C))tan(A)+tan(C)>=0$
也即是只要证明对于$y>1>=x>0$时总有$f(y)=y^3+(x-2)y^2+(1-2x)y+x>=0$即可
由于$f(1)=1+(x-2)+(1-2x)+x=0,f'(1)=3+2(x-2)+1-2x=0$
而$f''(y)=6y+2(x-2)>=2$,所以得出对于$y>=1$总有$f(y)>=0$得到证明

数学星空

对于72#的结果，我总结一下：

$(9*a^10-54*a^8*b^2-54*a^8*c^2+102*a^6*b^4+228*a^6*b^2*c^2+102*a^6*c^4-48*a^4*b^6-240*a^4*b^4*c^2-240*a^4*b^2*c^4-48*a^4*c^6-23*a^2*b^8-4*a^2*b^6*c^2+54*a^2*b^4*c^4-4*a^2*b^2*c^6-
23*a^2*c^8-2*b^10+6*b^8*c^2-4*b^6*c^4-4*b^4*c^6+6*b^2*c^8-2*c^10)*s^2+(-12*a^10+78*a^8*b^2+66*a^8*c^2-158*a^6*b^4-308*a^6*b^2*c^2-110*a^6*c^4+78*a^4*b^6+358*a^4*b^4*c^2+298*a^4*b^2*c^4+
34*a^4*c^6+42*a^2*b^8-92*a^2*b^4*c^4+16*a^2*b^2*c^6+34*a^2*c^8+4*b^10-12*b^8*c^2+8*b^6*c^4+8*b^4*c^6-12*b^2*c^8+4*c^10)*s-28*a^8*b^2-20*a^8*c^2+4*a^10+26*a^6*c^4-26*a^4*b^6+58*a^6*b^4+
108*a^6*b^2*c^2+2*a^4*c^6-18*a^2*b^8+44*a^2*b^4*c^4-16*a^2*b^2*c^6-10*a^2*c^8-2*b^10+6*b^8*c^2-4*b^6*c^4-4*b^4*c^6+6*b^2*c^8-2*c^10-138*a^4*b^4*c^2-94*a^4*b^2*c^4＝0$


$(9*a^10-54*a^8*b^2-54*a^8*c^2+102*a^6*b^4+228*a^6*b^2*c^2+102*a^6*c^4-48*a^4*b^6-240*a^4*b^4*c^2-240*a^4*b^2*c^4-48*a^4*c^6-23*a^2*b^8-4*a^2*b^6*c^2+54*a^2*b^4*c^4-4*a^2*b^2*c^6-23*a^2*c^8-2*b^10+
6*b^8*c^2-4*b^6*c^4-4*b^4*c^6+6*b^2*c^8-2*c^10)*t^2+(-12*a^10+66*a^8*b^2+78*a^8*c^2-110*a^6*b^4-308*a^6*b^2*c^2-158*a^6*c^4+34*a^4*b^6+298*a^4*b^4*c^2+358*a^4*b^2*c^4+78*a^4*c^6+34*a^2*b^8+
16*a^2*b^6*c^2-92*a^2*b^4*c^4+42*a^2*c^8+4*b^10-12*b^8*c^2+8*b^6*c^4+8*b^4*c^6-12*b^2*c^8+4*c^10)*t+4*a^10-20*a^8*b^2-28*a^8*c^2+26*a^6*b^4+108*a^6*b^2*c^2+58*a^6*c^4+2*a^4*b^6-94*a^4*b^4*c^2-
138*a^4*b^2*c^4-26*a^4*c^6-10*a^2*b^8-16*a^2*b^6*c^2+44*a^2*b^4*c^4-18*a^2*c^8-2*b^10+6*b^8*c^2-4*b^6*c^4-4*b^4*c^6+6*b^2*c^8-2*c^10＝0$


$k＝((-a^2+2*b^2+2*c^2)*a^2+(b^2-c^2)^2)/((3*(-a^2+2*b^2+2*c^2))*a^2+(b^2-c^2)^2)$


$u＝(a^2*s^2*t+a^2*s*t^2-b^2*s^2*t+b^2*s*t^2+c^2*s^2*t-c^2*s*t^2-a^2*s*t+b^2*s*t-b^2*t^2-c^2*s^2+c^2*s*t)/(a^2*t^2-c^2*s^2+2*c^2*s*t-c^2*t^2)$


$v＝(a^2*s^2*t+a^2*s*t^2-b^2*s^2*t+b^2*s*t^2+c^2*s^2*t-c^2*s*t^2-a^2*s*t+b^2*s*t-b^2*t^2-c^2*s^2+c^2*s*t)/(a^2*s^2-b^2*s^2+2*b^2*s*t-b^2*t^2)$

mathe

我现在电脑上没有好的几何作图软件，我介绍一些第四类极值情况的图。
设三角形ABC中角C小于45度，角A最大小于90度。
现在将C往AB边方向折叠，设折痕为DE,其中D在CA上，E在CB上，折叠后C落在C',其中C'在AB和BC外侧。
DC'交AB于F.
极值情况角CDE为45度，C'D垂直CA.而且$DE=sqrt(2)DF$.
另外需要注意的是这一类途中，DC'可以交三角形边界于CB，甚至正好过B点，只是极值情况落在AB上。

数学星空

对于77#,mathe的提示
具体的符号见下面图片


则 $k={x^2+(a-x/sin(C))*(c-x/sin(A))sin(B)}/(a*c*sin(B))$

容易求得：当 $x={a*b*c}/{2*R*b+a*c}$时，$k_max={a*c}/{2*R*b+a*c}=1/{1+ctg(A)+ctg(C)}$

其中$R={a*b*c}/sqrt(2*a^2*b^2+2*a^2*c^2+2*b^2*c^2-a^4-b^4-c^4)$为三角形ABC的外接圆半径

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对75# mathe 写的很简洁，我作一下注解

记$tan(A)=x,tan(C)=y$,则$tan(B)=-{tan(A)+tan(C)}/{1-tan(A)*tan(C)}={x+y}/{x*y-1}$

则  ${tan(B)+tan(C)}/{3*tan(B)+tan(C)}-1/{1+ctg(A)+ctg(C)}=((x+y)/(x*y-1)+y)/((3*(x+y))/(x*y-1)+y)-1/(1/x+1/y+1)=x*(y^3+(x-2)*y^2+(-2*x+1)*y+x)/(((x+1)*y+x)*(x*y^2+3*x+2*y))$

显然$x/(((x+1)*y+x)*(x*y^2+3*x+2*y))>0$,即只需要证明$f(y)=y^3+(x-2)*y^2+(-2*x+1)*y+x>=0 $即可

mathe

前面极值问题的计算极其复杂，我试着改成用向量计算，发现可以简单很多，但是好像某一步计算错了,最后k的表达式同星空的不同，还需要进一步检查:
设向量$AB=b,AC=c,a=c-b$为向量$BC$
于是$AD=sb,AE=tc,DE=tc-sb$
由于我们知道DA+DA'和DE平行，所以可以设
$DA'-sb=h(tc-sb)$
即$DA'=sb+h(tc-sb)$
又因为$|DA'|=|DA|$,所以我们得到
$(h*(tc-sb)+sb)^2=(sb)^2$
得出
$h={2(sb-tc)sb}/{(tc-sb)^2}={2(s^2b^2-tsb.c)}/{(tc-sb)^2}$
即
$DA'=sb+h(tc-sb)$
另外我们知道$DB=(1-s)b,BC=a$
所以我们知道存在参数h'使得
$DB+h'BC=(1-u/s)DA'$
也就是
$(1-s)b+h'a=(1-u/s)sb+(1-u/s)h(tc-sb)$
两边分别和b,c做内积得出
${((1-s)b^2+h'a.b=(1-u/s)sb^2+(1-u/s)h(tc.b-sb^2)),((1-s)b.c+h'a.c=(1-u/s)sb.c+(1-u/s)h(tc^2-sb.c)):}$
也就是
${(a.bh'+(sb^2+h(tc.b-sb^2))u/s=(2s-1)b^2+h(tc.b-sb^2)),(a.ch'+(sb.c+h(tc^2-sb.c))u/s=(2s-1)b.c+h(tc^2-sb.c)):}$
于是我们得出
$u/s=\frac{(a.c)((2s-1)b^2+h(tc.b-sb^2))-(a.b)((2s-1)b.c+h(tc^2-sb.c))}{(a.c)(sb^2+h(tc.b-sb^2))-(a.b)(sb.c+h(tc^2-sb.c))}$
于是
$u/s={(2s-1-hs)(b^2*a.c-b.c*a.b)+ht((a.c)(c.b)-(a.b)c^2)}/{(1-h)s(a.c*b^2-a.b*b.c)+ht(a.c*c.b-a.b*c^2)}$
由于$b^2*(c-b).c-b.c*(c-b)b=b^2c^2-(b.c)^2 =((a.c)(c.b)-(a.b)c^2)$
得出$u/s={2s-1-hs+ht}/{(1-h)s+ht}={(2s-1)(tc-sb)^2+2(s^2b^2-tsb.c)(t-s)}/{s(tc-sb)^2+2(t-s)(s^2b^2-tsb.c)}$
$u={(2s-1)t^2c^2-2ts(t+s-1)b.c+(2t-1)s^2b^2}/{t^2c^2-2t^2b.c+(2ts-s^2)b^2}$
另外由于$a^2=c^2+b^2-2b.c$,消去$b.c$得到
$u={(2s-1)t^2c^2-ts(t+s-1)(b^2+c^2-a^2)+(2t-1)s^2b^2}/{t^2c^2-t^2(b^2+c^2-a^2)+(2ts-s^2)b^2}$即
$u={(st^2-t^2-ts^2+ts)c^2+ts(t+s-1)a^2+(-t^2s+ts+ts^2-s^2)b^2}/{t^2a^2+(2ts-t^2-s^2)b^2}$
同理$v={(st^2-t^2-ts^2+ts)c^2+ts(t+s-1)a^2+(-t^2s+ts+ts^2-s^2)b^2}/(s^2a^2+(2st-s^2-t^2)c^2}$
设$x=t/s$
于是
${(u=\frac{(sx^2-x^2-sx+x)c^2+(sx^2+sx-x)a^2+(-sx^2+x+xs-1)b^2}{x^2a^2-(x-1)^2b^2}=\frac{W(x,s)}{U(x)}),(v=\frac{(sx^2-x^2-sx+x)c^2+(sx^2+sx-x)a^2+(-sx^2+x+xs-1)b^2}{a^2-(1-x)^2c^2}=\frac{W(x,s)}{V(x)}):}$
$k=st-uv=s^2x-{W(x,s)^2}/{U(x)V(x)}$
其中${(W(x,s)=(x(x-1)(c^2-b^2)+x(x+1)a^2)s+x(1-x)c^2-xa^2+(x-1)b^2=xA(x)s+B(x)),(U(x)=x^2a^2-(x-1)^2b^2),(V(x)=a^2-(x-1)^2c^2):}$
$k=-{(x^2A^2(x)-xU(x)V(x))s^2+2xA(x)B(x)s+B(x)^2}/{U(x)V(x)}$
取$s=-{xA(x)B(x)}/{x^2A^2(x)-xU(x)V(x)}$带入，得到极值时
$k=-{B(x)^2-{x^2A^2(x)B^2(x)}/{x^2A^2(x)-xU(x)V(x)}}/{U(x)V(x)}={B(x)^2}/{xA^2(x)-U(x)V(x)}$
于是得出
$k={(x(1-x)c^2-xa^2+(x-1)b^2)^2}/{x((x-1)(c^2-b^2)+(x+1)a^2)^2-(x^2a^2-(x-1)^2b^2)(a^2-(1-x)^2c^2)}$
$k={x(1-x)c^2-xa^2+(x-1)b^2}/{b^2x(x-1)-a^2(x^2+x+1)+c^2(1-x)}={-c^2x^2+(c^2+b^2-a^2)x-b^2}/{(b^2-a^2)x^2-(a^2+b^2+c^2)x+(c^2-a^2)}$
也就是二次方程
$((b^2-a^2)k+c^2)x^2-((a^2+b^2+c^2)k+(c^2+b^2-a^2))x+(c^2-a^2)k+b^2=0$有解
所以判别式大于0，得出
$((a^2+b^2+c^2)*k+(c^2+b^2-a^2))^2-4*((b^2-a^2)*k+c^2)*((c^2-a^2)*k+b^2)>=0$

数学星空

通过验算，楼上mathe与我的计算几乎一致

由于我设$AC=b,AB=c$,而mathe设$AC=c,AB=b$,因此只需要将下列式子将b与c对换即知是一样的

$u＝(a^2*s^2*t+a^2*s*t^2-b^2*s^2*t+b^2*s*t^2+c^2*s^2*t-c^2*s*t^2-a^2*s*t+b^2*s*t-b^2*t^2-c^2*s^2+c^2*s*t)/(a^2*t^2-c^2*s^2+2*c^2*s*t-c^2*t^2)$     （1）

$v＝(a^2*s^2*t+a^2*s*t^2-b^2*s^2*t+b^2*s*t^2+c^2*s^2*t-c^2*s*t^2-a^2*s*t+b^2*s*t-b^2*t^2-c^2*s^2+c^2*s*t)/(a^2*s^2-b^2*s^2+2*b^2*s*t-b^2*t^2) $   （2）

另外，将mathe的两个方程

$k＝{B(x)^2}/{A(x)^2*x-U(x)*V(x)}$    (3)

$s=-{A(x)*B(x)}/{A(x)^2*x-U(x)*V(x)}$    (4)

分别代入 $A(x)=(x-1)*(-b^2+c^2)+(x+1)*a^2, B(x)=x*(-x+1)*c^2-a^2*x+(x-1)*b^2, U(x)=a^2*x^2-(x-1)^2*b^2, V(x)=a^2-(x-1)^2*c^2,x=t/s$,展开得到（只考虑分子部分）

$(a^2*s*t+b^2*s^2-b^2*s*t-c^2*s*t+c^2*t^2)*(a^2*s^2+a^2*s*t+a^2*t^2+b^2*s*t-b^2*t^2-c^2*s^2+c^2*s*t-a^2*s-a^2*t-b^2*s+b^2*t+c^2*s-c^2*t)＝0$                                   （5）


$(a^2*s*t+b^2*s^2-b^2*s*t-c^2*s*t+c^2*t^2)*(a^2*k*s^2+a^2*k*s*t+a^2*k*t^2+b^2*k*s*t-b^2*k*t^2-c^2*k*s^2+c^2*k*s*t-a^2*s*t-b^2*s^2+b^2*s*t+c^2*s*t-c^2*t^2)＝0$    （6）


与我用三角函数展开得到的，（6）少了一些因子$(a*t-c*s+c*t)*(a*t+c*s-c*t)*(a*s-b*s+b*t)*(a*s+b*s-b*t)$难道此部分是增根（即(4)？？ (注意，（5）与（6）只需将b与c对换即与我68#的结果几乎一致）