Найдите площадь треугольника

[wrest]

GAE в сообщении #1595861 писал(а):

надо наверно смотреть на вид выражений для сторон треугольника в радикалах и понимать можно ли такое построить.

Для построения точно достаточно двух отрезков и радиуса вписанной окружности.
Строим вписанную окружность и из того же центра ещё две с радиусами отрезков. На самой ближней (т.е. которая ближе всех к вписанной) выбираем любую точку $A$, строим две касательные. Далее из точки $B$ пересечения касательной (на её продолжении после касания) со второй окружностью строим третью касательную к вписанной и точку пересечения касательных $C$. Всё.


А вот если даны три отрезка только...

-- 30.05.2023, 18:08 --

Rak so dna в сообщении #1595863 писал(а):

Замены $r=\frac{1}{x},u=\frac{1}{a},v=\frac{1}{b},w=\frac{1}{c}$ сводят уравнение к $x^3-(c^2+b^2+a^2)x-2abc=0$

Да, я это учел тут: post1595851.html#p1595851
Вернее, я свел к

$$r^3+ar^2-b=0$$

где

$$a=\dfrac12\left(\dfrac{uv}{w}+\dfrac{vw}{u}+\dfrac{uw}{v}\right), b=\frac{uvw}{2}$$

После чего из выдачи Вольфрама ( https://www.wolframalpha.com/input?i=so ... +-+b+%3D+0 ) я сделал замену

$$d=\sqrt[3]{\dfrac{3\sqrt{3}\sqrt{27b^2-4a^3b}-2a^3+27b}{2}}$$

После чего [нужное] решение (радиус вписанной окружности) записалось примерно так:

$$r=\dfrac{(d-a)^2+ad}{3d}$$

P.S. $d$ тут получается "существенно" комплексным, т.е. программа должна уметь с этим обходиться (pari/gp - умеет).

[Rak so dna]

Просто уравнение $x^3-(c^2+b^2+a^2)x-2abc=0$ совсем легко анализировать:

Дискриминант $4\left((c^2+b^2+a^2)^3-27a^2b^2c^2\right)\geq 0$, значит уравнение всегда имеет ровно три вещественных корня. Их произведение положительно и $x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=0$ а значит уравнение всегда имеет один положительный и два отрицательных корня.

Ну и как раз поэтому

wrest в сообщении #1595866 писал(а):

P.S. $d$ тут получается "существенно" комплексным

всегда будет комплексным.

[wrest]

Rak so dna в сообщении #1595872 писал(а):

Дискриминант $4\left((c^2+b^2+a^2)^3-27a^2b^2c^2\right)\geq 0$, значит уравнение всегда имеет ровно три вещественных корня. Их произведение положительно и $x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=0$ а значит уравнение всегда имеет один положительный и два отрицательных корня.

А, ну да, это уже проанализировано тут:

GAE в сообщении #1595817 писал(а):

Кстати говоря, из теоремы Виета для кубического уравнения следует, что при любых положительных $u, v, w$ сумма корней отрицательна, а произведение корней положительно, и значит всегда есть ровно один положительный корень - искомый радиус.

И кроме того,

GAE в сообщении #1595836 писал(а):

Также несложно видеть, что если $r$ - положительный корень приведённого выше кубического уравнения, то $r < \min(u, v, w)$. Таким образом, для любых трёх положительных чисел существует треугольник, для которого эти числа являются расстояниями от вершин до точки пересечения биссектрис.

Так что уравнение при любых положительных коэффициентах $u,v,w$ имеет только одно нужное нам решение, и не надо гадать какое именно, можно смело менять переменные не боясь поделить на ноль и т.п. Единственное, плавающая арифметика конечно полностью мнимую часть в ответе не зануляет, это приходится делать в программе. Ну вот при точности в 50 значащих цифр тo, что печатается, вполне норм. Хотя конечно могло получиться и что-то типа $1,9999999999999999999$ вместо $2,000000000000000000$

А вот вопрос который хотелось бы выяснить - можно ли малой кровью решить систему отсюда (например получить то же кубическое уравнение) post1595762.html#p1595762 или использование теоремы синусов и того факта что сумма углов треугольника равна развернутому углу добавлет новое знание к этой системе. Так-то вроде количество неизвестных равно количеству уравнений (три на три), так что по идее должна решаться. Но я не смог придумать такие замены, которые помогут выразить $r$ через известные.

[GAE]

wrest
Да, выразить $r$ из системы мне тоже не удалось. Поэтому пришлось прибегнуть к тригонометрии, из которой и вылезло то самое кубическое уравнение. Но зато оно меня порадовало своей красотой. Кстати, загуглить его (на русскоязычных ресурсах) у меня что-то не получилось, хотя много усилий я для этого не прилагал.

[Rak so dna]

Имеем систему:
$ \begin{cases} (p-a)^2+r^2=x^2\\ (p-b)^2+r^2=y^2\\ (p-c)^2+r^2=z^2\\ a+b+c=2p\\ (p-a)(p-b)(p-c)=r^2p \end{cases} $

тогда

$ \begin{cases} (x^2-r^2)(y^2-r^2)(z^2-r^2)=p^2r^4\\ p=\sqrt{x^2-r^2}+\sqrt{y^2-r^2}+\sqrt{z^2-r^2} \end{cases} $

отсюда

$\sqrt{(x^2-r^2)(y^2-r^2)(z^2-r^2)}-r^2\sqrt{x^2-r^2}-r^2\sqrt{y^2-r^2}-r^2\sqrt{z^2-r^2}=0$

факторизовав многочлен

$P\left(\sqrt{(x^2-r^2)(y^2-r^2)(z^2-r^2)},r^2\sqrt{x^2-r^2},r^2\sqrt{y^2-r^2},r^2\sqrt{z^2-r^2}\right)$, где

$P(t,a,b,c)=(t - a - b - c)(t - a + b + c)(t + a - b + c)(t + a + b - c)$

получим один из множителей

$2xyzr^3+(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)r^2-x^2y^2z^2$

[wrest]

Rak so dna в сообщении #1595881 писал(а):

факторизовав многочлен

$P\left(\sqrt{(x^2-r^2)(y^2-r^2)(z^2-r^2)},r^2\sqrt{x^2-r^2},r^2\sqrt{y^2-r^2},r^2\sqrt{z^2-r^2}\right)$, где

$P(t,a,b,c)=(t - a - b - c)(t - a + b + c)(t + a - b + c)(t + a + b - c)$

получим один из множителей

А откуда он выпрыгнул, этот многочлен?
А факторизовать... мой калькулятор pari/gp не умеет в многочлены с несколькими переменными, а как это засунуть в интернетный вольфрам тоже непонятно, скорее всего не влезет в него.

[Rak so dna]

При помощи этого многочлена мы избавимся от радикалов, поскольку

$P(t,a,b,c)=(t - a - b - c)(t - a + b + c)(t + a - b + c)(t + a + b - c)=$

$=t^4-2(a^2+b^2+c^2)t^2-8abct+a^4+b^4+c^4-2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

ну и поскольку

$P\left(\sqrt{(x^2-r^2)(y^2-r^2)(z^2-r^2)},r^2\sqrt{x^2-r^2},r^2\sqrt{y^2-r^2},r^2\sqrt{z^2-r^2}\right)=0$

то

$P\left(\sqrt{(x^2-r^2)(y^2-r^2)(z^2-r^2)},r^2\sqrt{x^2-r^2},r^2\sqrt{y^2-r^2},r^2\sqrt{z^2-r^2}\right)=$

$=-4x^2y^2z^2\cdot r^6+(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)^2r^4-$

$ -2x^2y^2z^2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)r^2+x^4y^4z^4=$

$=-\left(2xyz\cdot r^3+(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)r^2-x^2y^2z^2\right)\cdot$

$\cdot\left(2xyz\cdot r^3-(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)r^2+x^2y^2z^2\right)=0$

[wrest]

Rak so dna в сообщении #1595902 писал(а):

При помощи этого многочлена мы избавимся от радикалов

А лишних корней не наберём? Вернее, как мы узнаем, что те корни, что нам понравились, подходят и для исходного полинома? Но вообще ловко, конечно
Я-то думал, откуда там нечётная степень (куб) возьмется, а оно вон как...
Прекрасно, значит можно и Героном обойтись.

[Rak so dna]

wrest в сообщении #1595908 писал(а):

А лишних корней не наберём?

Наберём, куда же без этого.

Итак, имеем три пары корней нашего финального многочлена: $\pm r_1,\pm r_2,\pm r_3$

будем считать, что $r_3\geq r_2\geq r_1 \geq 0$

так же будем считать, что $x>y>z$

1. Сначала покажем, что наша функция

$f(r)=\sqrt{(x^2-r^2)(y^2-r^2)(z^2-r^2)}-r^2\sqrt{x^2-r^2}-r^2\sqrt{y^2-r^2}-r^2\sqrt{z^2-r^2}$

всегда имеет вещественные корни:

$f(0)=xyz>0$, $f(z)=-z^2\left(\sqrt{y^2-z^2}+\sqrt{x^2-z^2}\right)<0$

причем, поскольку $z=\min(x,y,z)$, функция определена на $r\in [0..z]$

2. Теперь покажем, что один из множителей, а именно

$g(r)=\sqrt{(x^2-r^2)(y^2-r^2)(z^2-r^2)}-r^2\sqrt{x^2-r^2}+r^2\sqrt{y^2-r^2}+r^2\sqrt{z^2-r^2}$

тоже всегда имеет вещественные корни:

$g(0)=xyz>0$, $g(z)=z^2\left(\sqrt{y^2-z^2}-\sqrt{x^2-z^2}\right)<0$

3. Далее покажем, что один из множителей нашего финального многочлена

$T(r)=2xyz\cdot r^3-(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)r^2+x^2y^2z^2$

всегда имеет корень $r_3>\max(x,y,z)=x$:

$T(x)=-x^4(z-y)^2<0$, $T(\infty)=\infty$

поэтому этот корень не входит в область определения ни одного из множителей с радикалами.

На данном этапе имеем:

Каждая пара корней $\pm r_1,\pm r_2$ решает ровно одно из уравнений $f(r)=0,g(r)=0$, пара $\pm r_3$ не входит в область определения ни одного из множителей с радикалами.

Осталось показать, что $\pm r_1$ решает $f(r)=0$, а $\pm r_2$ решает $g(r)=0$. Сразу отметим, что $g(r)>f(r)$, причём $f(0)>0$ и на $r\in [0..+\infty]$ график функции $f(r)$ пересекает ось $r$ ровно один раз. Но $g(r)$ на $r\in [0..+\infty]$ тоже имеет ровно один корень, поэтому этот положительный корень всегда больше положительного корня функции $f(r)$

Итак, $r_1$ и есть нужное решение.

[wrest]

Rak so dna в сообщении #1595932 писал(а):

так же будем считать, что $x>y>z$

А это почему? Треугольник ведь может быть и равнобедренным (и равносторонним). Нестрогое неравенство $x\ge y \ge z$>0, кажется ничего не меняет в рассуждениях. Или добавляет лишние корни где-то?

[Rak so dna]

wrest просто в этом случае пункт 3 не позволит исключить $r_3$ из области определения и придется это оговаривать, а не хочется...

-- 31.05.2023, 13:03 --

А в случае равностороннего треугольника получается два решения. Например, при $x=y=z=2$ имеем $r=1, r=2$. В системе второй корень соответствует случаю $a=b=c=p=0$

[wrest]

Rak so dna
Спасибо, всё вроде прояснилось теперь! Последний (наверное) нераскрытый вопрос по этой теме -- возможно ли построить треугольник циркулем и линейкой, если даны три отрезка, равные по длине отрезкам от вершин до инцентра этого треугольника (т.е. $x,y,z$).
На первый взгляд кажется, что нельзя.

[Rak so dna]

wrest в сообщении #1595948 писал(а):

На первый взгляд кажется, что нельзя.

Мне тоже так кажется. Возможность построения такого треугольника по любым $x,y,z$ будет означать и возможность построения $r$. Т.е. корня, пусть и специфического, но кубического уравнения. Это будет означать (если я правильно помню), что для любых $x,y,z$ этот корень обязан выражаться в квадратных радикалах. Вряд ли это возможно.

[Rak so dna]

Согласно условию разрешимости уравнений 3-й степени в квадратных радикалах, уравнение с целыми коэффициентами должно иметь рациональный корень. У нас же, например при $x=1,y=2,z=3$, получается неприводимый над $\mathbb{Q}$ многочлен $12r^3+49r^2-36$. Значит построить соответствующий треугольник нельзя.

[wrest]

Rak so dna
Но у нас-то уравнение было про радиус вписанной окружности.
А если в системе
$\begin{cases} (p-a)^2+r^2=x^2\\ (p-b)^2+r^2=y^2\\ (p-c)^2+r^2=z^2\\ a+b+c=2p\\ (p-a)(p-b)(p-c)=r^2p \end{cases}$
Мы поменяем на новые неизвестные, потом подставляем
$u=\dfrac{b+c-a}{2};v=\dfrac{a+c-b}{2};w=\dfrac{a+b-c}{2}$

Исключаем $r$ и $p$ и получаем:

$\begin{cases} u^2+\dfrac{u^2v^2w^2}{4(u+v+w)^2}=x^2\\ v^2+\dfrac{u^2v^2w^2}{4(u+v+w)^2}=y^2\\ w^2+\dfrac{u^2v^2w^2}{4(u+v+w)^2}=z^2\\ \end{cases}$

Всё равно кубическое уравнение вылезет, на каждую $u,v,w$?