고조파 분할과 관련된 어려운 기하학 문제
예각 삼각형하자 $ABC$. 허락하다$A_1$ 과 $A_2$ 지름 원의 교차점 $(BC)$ 그리고 고도에서 $A$ ...에 $BC$ ($A_1$ 에 더 가깝다 $A$ 보다 $A_2$). 유사하게 포인트 정의$B_1$, $B_2$, $C_1$, $C_2$. 허락하다$A'$ 교차점 $B_1C_2$ 과 $B_2C_1$. 유사하게 포인트 정의$B'$ 과 $C'$. 증명$AA'$, $BB'$ 과 $CC'$ 동의합니다.
내 생각 : 아마도 $(A,H;A_1,A_2)$ (어디 $H$ 삼각형의 직교 $ABC$)는 고조파 분할입니다. 또한$H$ 3 개의 그려진 원의 급진적 중심이므로 $B_1C_1B_2C_2$(점의 거듭 제곱에 의해) cylcic입니다. 그림으로 명백한 것은$A'$ 누워 있어야한다 $BC$. 그러나 나는 그것을 증명하는 방법을 모릅니다. 저를 도와주세요? 미리 감사드립니다!
도움이된다면 문제는 고조파 분할에 관한 루마니아어 책에서 나왔지만 해결책은 생략되었습니다.
답변
삼선 좌표를 사용하여 문제를 해결합니다. 고도$AD$ 좌표가있는 점 집합입니다. $x:y:z$ 풀다 $$y\cos B=z\cos C$$ 지름이있는 원 $BC$ 유사하게 정의됩니다. $$yz=x(x\cos A-y\cos B-z\cos C)$$ (보다 https://babel.hathitrust.org/cgi/pt?id=coo.31924059323034&view=1up&seq=344 참고를 위해.) 임의 설정 $x=1$ (삼선 형 좌표는 비율이기 때문에) $y,z$ 우리에게 좌표를 제공합니다 $A_1$ 과 $A_2$: $$A_{1,2}=1: -\cos C\pm\sqrt{\frac{\cos C}{\cos B}(\cos A+\cos B\cos C)}: -\cos B\pm\sqrt{\frac{\cos B}{\cos C}(\cos A+\cos B\cos C)}$$ 더하기 기호는 $A_1$ 마이너스 기호는 $A_2$; $B_1,B_2,C_1,C_2$ 주기적으로 순열하여 얻을 수 있습니다. $A,B,C$ 위의 방정식에서.
이제 벡터를 연결 $(u,v,w)^T$두 지점 모두 좌표에$u:v:w$그리고 라인 $ux+vy+wz=0$. 점을 통과하는 선이$P_1$ 과 $P_2$ 이다 $(\mathbf P_1×\mathbf P_2)\cdot(x,y,z)^T=0$ 그리고 선의 교차점 $l_1$ 과 $l_2$ 이다 $\mathbf l_1×\mathbf l_2$. 이를 바탕으로 선의 교차점$B_1C_2$ 과 $C_1B_2$ 이다 $$A'=(\mathbf B_1×\mathbf C_2)×(\mathbf C_1×\mathbf B_2)$$ $$=0:(\cos A\cos C+\cos B)\sqrt{\cos C(\cos A\cos B+\cos C)}:(\cos A\cos B+\cos C)\sqrt{\cos B(\cos A\cos C+\cos B)}$$ 그러므로 $A'$ 거짓말 $BC$당신이 의심 한대로. 라인$AA'$ 그런 다음 법선 벡터가 $\mathbf l_A=\mathbf A'×(1,0,0)^T$, 유사하게 $\mathbf l_B=BB'$ 과 $\mathbf l_C=CC'$ 주기적으로 순열하여 $A,B,C$; 이 세 벡터에 의해 형성된 행렬의 행렬식은 다음과 같습니다. $$\begin{vmatrix}\mathbf l_A&\mathbf l_B&\mathbf l_C\end{vmatrix}=0$$ 따라서 라인 $AA',BB',CC'$ 3 선 좌표가있는 지점에서 표시되어야하는 것처럼 일치 $$X=\sqrt{1+\frac{\cos B\cos C}{\cos A}}:\sqrt{1+\frac{\cos C\cos A}{\cos B}}:\sqrt{1+\frac{\cos A\cos B}{\cos C}}$$ $$=\frac1{a\sqrt{b^2+c^2-a^2}}:\frac1{b\sqrt{c^2+a^2-b^2}}:\frac1{c\sqrt{a^2+b^2-c^2}}$$ $$=\frac1{\sqrt{a\cos A}}:\frac1{\sqrt{b\cos B}}:\frac1{\sqrt{c\cos C}}$$
위의 모든 표현식을 파생하는 데 사용한 SymPy 코드는 다음과 같습니다.
#!/usr/bin/env python3
from sympy import *
cA, cB, cC = symbols('cA cB cC', positive=True) # cos A, cos B, cos C
x, y, z = symbols('x y z', real=True)
def cycB(p): # ABC -> BCA
q = p.subs({cA: cB, cB: cC, cC: cA}, simultaneous=True)
return Matrix([q[2], q[0], q[1]])
def cycC(p): # ABC -> CAB
q = p.subs({cA: cC, cB: cA, cC: cB}, simultaneous=True)
return Matrix([q[1], q[2], q[0]])
f1 = y*cB - z*cC
f2 = cA - y*cB - z*cC - y*z
sols = solve([f1, f2], [y, z])
A1 = Matrix([1, sols[1][0].expand(), sols[1][1].expand()])
A2 = Matrix([1, sols[0][0].expand(), sols[0][1].expand()])
print("A1 =", A1)
print("A2 =", A2)
B1 = cycB(A1)
B2 = cycB(A2)
C1 = cycC(A1)
C2 = cycC(A2)
Ap = simplify( B1.cross(C2).cross(B2.cross(C1)) ) # A'
Ap *= sqrt(cA*cB*cC)/2
print("A' =", Ap)
lA = Ap.cross(Matrix([1, 0, 0]))
lB = cycB(lA)
lC = cycC(lA)
D = Matrix([lA.T, lB.T, lC.T])
pprint(D)
print("det(D) =", D.det()) # 0
X = D.nullspace()[0] * sqrt(cA*cB + cC) / sqrt(cC)
a, b, c = symbols('a b c', positive=True)
X = X.subs(cA, (b**2+c**2-a**2)/(2*b*c))
X = X.subs(cB, (c**2+a**2-b**2)/(2*c*a))
X = X.subs(cC, (a**2+b**2-c**2)/(2*a*b))
Delta = sqrt(-(a - b - c)*(a - b + c)*(a + b - c))*sqrt(a + b + c)/sqrt(2) # area of triangle
X = factor(X, deep=True) / Delta
print("X =", X.simplify())