数学与计算机碰撞的地方

最团结的圆

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    2019年1月lsr314提问,如图:
    tc1
    并且要求推广点P不限制在三角形内部,可以是平面任意位置。请问什么时候这三个圆最紧密团结(半径之和最小)?

极值点分析

lsr314首先给出了一个结论:
假设点P到三条边a,b,c的张角分别是x,y,z,则应满足\frac{a\cos x}{\sin^2 x}=\frac{b \cos y}{\sin^2 y}=\frac{c \cosz}{\sin^2 z}.
并且后来给出了对应的几何意义:
tc2
如图,三条切线长(虚线)相等的时候,三个圆的半径之和取得最小值。
并且他还认为,一般情况,极值情况的P点位置无法通过尺规作图得到。
mathe验算并赞同lsr314的结论:
也就是P点对三边张角x,y,z满足条件
\frac{1-\cos^2(x)}{\cos(x)}:\frac{1-\cos^2(y)}{\cos(y)}:\frac{1-\cos^2(z)}{\cos(z)}=a : b : c而且x+y+z=2\pi.
对于三角形内部的点P,显然只能三个角都是钝角,
由于函数\frac{1-\cos^2(x)}{\cos(x)}x\in (\frac{\pi}2,\pi)单调增,所以给定a,b,c后,这样的解最多只有唯一一组。
而由于函数\frac{1-\cos^2(x)}{\cos(x)}值域覆盖(-\infty,0)整个区间,所以这样的解也必然存在。
u=\cos(x),v=\cos(y),w=\cos(z),
于是存在参数h\lt 0使得
\begin{cases}u^2+v^2+w^2-1-2uvw=0\\ 1-u^2-ahu=0\\ 1-v^2-bhv=0\\ 1-w^2-chw=0 \end{cases}
这个方程组的解正常情况应该无法尺规作图.
随后mathe验算一般情况最后h需要满足的方程是一个7次多项式, 比如a=3,b=4,c=5代入后,得到
h满足的方程为6534375h^7 – 2098350h^6 + 2379375h^5 + 70000h^4 + 66360h^3 + 137600h^2 – 18000h + 9856=0.
mathe并且使用在线magma计算上面方程的Galios群得出
Symmetric group G acting on a set of cardinality 7
Order = 5040 = 2^4\times 3^2 \times 5 \times 7
所以显然根据伽罗瓦理论可以得出是不可以尺规作图的。
lsr314进一步提问除了mathe前面提及三角形内部的极值点,是否还存在外部极值点
在外部的时候,取极值的条件是\frac{a\cos x}{\sin^2x}=\frac{b\cos y}{\sin^2y}=-\frac{c \cos z}{\sin^2z}, 所以应该是0\lt x,y\lt \frac{\pi}2,z=x+y\gt \frac{\pi}2.
定性地分析,点P接近三条边所在的直线时,有一个圆半径趋于无限大,点P与三角形距离很远时,三个圆的半径都很大,所以在每个区域都有极小值。
如图,夹在两条射线之间并且在三角形外部的这个区域对应的极值点P落在深色区域,而外接圆是穿过这个深色区域的。
tc3
mathe也进一步分析这种情况,发现外部极值点和内部极值点关系密切:
如果存在钝角时,钝角那侧还会多一个极值点,而且很可能是全局极值点。
由于三角形内部必然存在一个唯一的P_0点,满足方程\frac{a\cos(x_0)}{\sin^2(x_0)}=\frac{b\cos(y_0)}{\sin^2(y_0)}=\frac{c\cos(z_0)}/{\sin^2(z_0)}而且x_0+y_0+z_0=2\pi,其中\frac{\pi}2\lt x_0\lt\pi,\frac{\pi}2\lt y_0\lt\pi,\frac{\pi}2\lt z_0\lt\pi
我们选择P_1点,使得x_1=pi-x_0,y_1=pi-y_0,z_1=z_0,于是x_1+y_1=z_1,而且满足方程\frac{a\cos(x_1)}{\sin^2(x_1)}=\frac{b\cos(y_1)}{\sin^2(y_1)}=-\frac{c\cos(z_1)}{\sin^2(z_1)},同样我们可以得出P_2,P_3
从图像上看,P_1,P_2,P_3分别为P_0时对应三个圆关于各自的边的对称图形的交点。
比较有意思的是上面四个极值点中三个圆的半径之和都相等。
并且给出了特殊情况下P_1P_0的图片,这时由于角特别大,P_0也跑到三角形外部。
其中,a=b=5,c=9,h=-0.24855704711080550767183431584936828387,
u=v=-0.55594708911635773652783798763298602680,w=-0.38184566820609717835179976754753014669
tc_circles
mathe还尝试研究P_0从三角形内部变换到外部的边界条加你,其结果很复杂,是一个关于a,b,c的16次方程。
而如果设置a=b,那么边界条件化为:
c^{16} – 14a^2c^{14} + 91a^4c^{12} – 348a^6c^{10} + 842a^8c^8 – 1296a^{10}c^6 + 1184a^{12}c^4 – 512a^{14}c^2=0
在a=b=1时,得出c=1.6712918672309108116400324722046009792,或者说c满足方程c^6 – 8_c^4 + 26_c^2 – 32=0.
对应这个等腰三角形的顶角为钝角113.36631447849125805882333189902549881°。
接着他认为极值点应该只有两个而不是前面认为的四个,如下图:
tc_a
如果给定三角形ABC内部的点P0,那么我们可以作出三个绿色圆,它们各自关于对应的边的对称可以得出三个蓝色圆。
而三个圆的交点除了三角形三个顶点就只有两个点了(图上P_0,P_1)。唯一的例外是正三角形,这时外部点P_1可以取外接圆上任意一点。
这说明虽然我们发现每条边外侧都有半径和先变小再变大的过程,但是不是所有区域都有极小值,其中有两个区域最小值是在边界上的,所以另一个区域可以有更小值.
另外如果我们选择三角形ABC为等腰三角形,其中AC=BC,设最优点P0对边BC的张角为w,那么做出C-w图后,惊奇的发现这竟然是减函数而不是增函数
tc_cw
图中以角度为单位。
在角C趋向0度时,w会剧烈趋向180度,但是在角C趋向180度时,w会有一个极限角度111.16795543407148897243102385051624736°。
dlpg070认为极值点应该还是四个而不是两个:
他给出了半径和关于变量h的等高线:
等腰1000
等腰10000
等腰截面900
并给出一个人机交换演示工具:
等腰交互工具P0
等腰交互工具P1
但是mathe还是认为只有两个最小值,他给出了对应的三维图:
tc25
认为可以看到的确对于大部分的和会有四个区域(对应四个锥形图),但是最小值不同,我们只看到一大一小两个可以取到最小值。另外两个小的被大的完全包含了。

派生几何变换

mathe发现给定平面上一个三角形ABC,对于平面上任意一个点P(P不在三角形边上),分别做三角形P关于BC,CA,AB的对称点P_1,P_2,P_3,那么三角形BCP_1,CAP_2,ABP_3的外接圆交于一点Q,这种方式确定了一个P\to Q的一一对映关系,请问这是一种什么样的对应关系?
用几何画板做了个特殊情况的P\to Q轨迹,结果证明不是线性的对合变换,因为直线被变换为奇怪的曲线了:
tc_cfb
lsr314发现原三角形外接圆,P_0关于三边对称点外接圆和P_1关于三边对称点外接圆三圆共弦:
tc_coedge

然后mathe发现, 选择P为平面上一点,其关于三边对称点P_1,P_2,P_3,过P_1,P_2,P_3三点的圆为圆R,那么P->圆心R会将三角形内部的点一一映射三角形内部的点,
而且会把直线映射为经过三角形顶点的双曲线。
tc_cfb2
hujunhua指出这个变换边上的点被映射到相对的顶点,故由映射的连续性可知三角形内的点是映射到三角形内的。
由楼上的垂心循环可知,此处映射的不动点为三角形ABC的内心。
易知不动直线为三角形的角平分线。

hujunhua发现一种有意思的几何变换存在周期迭代:
映射:四点形PABC→四点形PP1P2P3 (P1P2P2是P关于三边的对称点)
因为一个明显的迭代循环,他的焦点落在了四点形中P与三点形的关系上。
这个迭代循环是:垂心→内心→外心→垂心。即P是ABC的垂心(内心,外心)时,也是P1P2P3的内心(外心,垂心)。
他想知道重心是否也有迭代循环,作图的结果是肯定的,并且周期也是3。只是还没仔细研究,不知道重心循环中的其他两个是三角形的什么中心。
又试了一下等角中心(费马点),作图发现还是周期为3的循环。同样不知道循环中的其它两点是什么中心。
垂心循环中,经过周期3得到的是位似形,位似中心即点P,位似比不定。
重心循环和等角中心循环中一般不是位似形。猜想是相似形,作图验证正确。
于是猜想对任意点P,都存在周期为3的迭代循环。即经过3次迭代,必得到与原来相似的四点形。
作图验证猜想是正确的。
mathe试着把三角形推广到四边形结果发现还是存在周期现象,只是现在是以4为周期:
tc_cz
mathe继续提供Pari/Gp代码计算更多边的情况,证实也都存在周期现象。
比如上面pari/gp代码,然后调用

(11:12) gp > m=granm(10,2);
(11:12) gp > h=m;
(11:12) gp > for(u=1,10,h=perprotate(h))
(11:12) gp > pangle(m)
%58 = [0.13094390757425572586897330693922760638, 0.27478457799382083099586956163919994750, -0.83403509336655614549647414732045555854, 0.59735297479132672647706922853304549911, -0.52632380321904226169862901627243144170, -0.80511734034786098563793583703215670988, -0.38438818934646934888818443410206486840, -0.99130533701336277684115213150606694557, 0.41861095048399809858695131599839686302, -0.066203186117102511991044546302214391115]
(11:13) gp > pangle(h)
%59 = [0.13094390757425572586897330693922760656, 0.27478457799382083099586956163919994285, -0.83403509336655614549647414732045555834, 0.59735297479132672647706922853304549645, -0.52632380321904226169862901627243144215, -0.80511734034786098563793583703215671111, -0.38438818934646934888818443410206487575, -0.99130533701336277684115213150606694557, 0.41861095048399809858695131599839686347, -0.066203186117102511991044546302214393602]

验证10个平面点也满足条件(取P为原点)。
但是如果扩展到三维空间就不成立了.

然后mathe尝试证明上面的结论:
P在多边形内部时,P和各顶点连线把初始多边形的相应内角分为两部分,这2n个角度集合记为S。
不同阶段的迭代多边形,各顶点与P的连线亦将该多边形的各内角分为两部分,相应2n个角度的集合不变,仍然为S,只是两两组合不同,并有简单的规律:均分两组循环相配。
n个符号的简单循环,周期自然是n.
P于多边形各边的镜像点可以由P点在各边上的投影来代替,这只不过将诸镜像点构成的多边形以P为位似中心缩小了一半。
引理:如图,P为角ABC内一点,E、F为P在两边上的投影( \theta=\frac{\pi}2),显然B、E、P、F四点共圆,故有图中标示的两组等角B1和B2(角B的两部分)。
tc_angles
对于一个凸多边V_1V_2…V_i…V_n, 假定其内角\angle V_i被连线PV_i分为V_{i,1}+V_{i,2}, 假定P在边V_iV_{i+1}的投影为V_i^1
S_1={V_{i,1}}, S_2={V_{i,2}},S=S_1\cup S_2.
上述下标按\pmod n理解。
按引理有:\angle PV_{i-1}^1V_i^1=V_{i2},\angle PV_i^1V_{i-1}^1=V_{i1},\angle V_{i-1}^1V_i^1V_{i+1}^1=V_{i,1}+V_{i+1,2}.
可见经过一次投影,所得多边形V_1^1\cdots V_i^1\cdots V_n^1的内角的分割组合变成了\angle V_i^1=V_{i,1}+V_{i+1,2}\angle V_i=V_{i,1}+V_{i,2}相比仍然是S_1+S_2,当把S_1,S_2看作有序的表时,按表的运算规则应该是S_1+\text{RotationLeft}(S_2).
依此类推,k次迭代的投影多边形V_1^k\cdots V_i^k\cdots V_n^k的内角的分割组合变成了\angle V_i^k=V_{i,1}+V_{i+k,2}k=n时,内角的分割组合就变回了\angle V_i^n=V_{i,1}+V_{i,2},多边形就变回了初始的形状。
由此mathe继续推广题目的结论:
显然,楼上的图中的角度\theta不等于\frac{\pi}2时,仍有四点共圆,引理依然成立,后续的证明依然有效。
如图每次射线和边夹角都是60度,同样能够三次映射后得到相似的三角形。
tc_triangle

hujunhua尝试另外一种扩展
对于一条光滑的闭曲线C,从平面上一点P向曲线C的切线作投影,切线动一周生成投影的轨迹C1,称为曲线C对点P的投影曲线。
接着再作C1对点P的投影曲线。
为了无穷迭代不发散到无穷远或退化到点P,我们将投影曲线以P为中心作一个位似变换,使所得像曲线的周长或面积保持不变,始终等于C的周长或面积。
那么无穷迭代会收敛到一个与C全等的曲线吗?
lsr314指出,作图验证这时对椭圆就不成立了:
tc_convex
而更换P点位置(图中的D)在外面的时候,轨迹有点像大白:
tc_white
wayne也来凑热闹,给出了另外一种漂亮的图片:
tc_loc

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