Inellipse de Steiner

Question

Hola relacionados con mi respuesta para Demostrar la desigualdad de $\frac{b+c}{a(y+z)}+\frac{c+a}{b(z+x)}+\frac{a+b}{c(x+y)}\geq 3\frac{a+b+c}{ax+by+cz}$

Mi respuesta falla, pero no sé por qué ... Así que yo estaba pensando en una generalización de la fórmula siguiente:

$$\frac{IA^2}{CA\cdot AB}+\frac{IB^2}{BC\cdot AB}+\frac{IC^2}{CA\cdot BC}=1$$

Sé que está relacionado con el de Steiner inellipse y tenemos un triángulo ABC y la elipse de focos $P$$Q$:

$$\frac{PA\cdot QA}{BA\cdot CA}+ \frac{PB\cdot QB}{CB\cdot AB}+ \frac{PC\cdot QC}{BC\cdot AC}=1$$

Pero en mi prueba también he utilice la siguiente fórmula:

\begin{align} \frac{1}{IA^2}+\frac{1}{IB^2}+\frac{1}{IC^2} &= \frac{1}{r^2}-\frac{1}{2rR} \\ IA^2+IB^2+IC^2 &= s^2+r^2+8rR \\ CA\cdot AB+BC\cdot AB+CA\cdot BC &= s^2+(4R+r)r \\ \frac{1}{CA\cdot AB}+\frac{1}{BC\cdot AB}+\frac{1}{CA\cdot BC} &= \frac{1}{2rR} \end{align}

Entonces, ¿qué es la nueva expresión de:

\begin{align} \frac{1}{BA\cdot CA}+\frac{1}{CB\cdot AB}+\frac{1}{BC\cdot AC} &= ? \\ \frac{1}{PA\cdot QA}+\frac{1}{PB\cdot QB}+\frac{1}{PC\cdot QC} &= ? \\ PA\cdot QA+PB\cdot QB+PC\cdot QC &= ? \\ BA\cdot CA+CB\cdot AB+BC\cdot AC &= ? \end{align}

En función de los parámetros de la inellipse y el triángulo $ABC$, al igual que el área y el lado del triángulo o el semi principales semi de menor importancia de los ejes de la elipse?

Edit: tengo una buena noticia

El centroide $M$ del triángulo $ABC$ corresponden al centro de la inellipse y tenemos la siguiente relación para $P$ cualquier punto interior relacionados con el triángulo $ABC$:

$$PA^2+PB^2+PC^2=MA^2+MB^2+MC^2+3MP^2$$

Muchas gracias.

Answer 1

Un triángulo $\triangle ABC$ con su centroide en el origen es la imagen de un origen centrado equilátero bajo una transformación lineal. La transformación lleva a la equilátero de la circunferencia inscrita a $\triangle ABC$'s Steiner inellipse. Con una adecuada rotación, y teniendo en cuenta los triángulos semejantes (y/o elipses) equivalente, podemos suponer que la transformación es una simple escala vertical. Siendo esto así, ...

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Considerar el origen centrado equilátero $\triangle A_\star B_\star C_\star$ con el vértice de coordenadas $$A_\star := 2 r \operatorname{cis}\theta \qquad B_\star := 2 r\operatorname{cis}(\theta+120^\circ) \qquad C_\star := 2 r \operatorname{cis}(\theta-120^\circ)$$ donde $\operatorname{cis}(\cdot) := (\cos(\cdot), \sin(\cdot))$. El (origen centrado) de la circunferencia inscrita de este triángulo tiene radio de $r$. Para algunos no negativo $s<r$, aplicar la vertical de la escala de la transformación $$(x,y) \to \left(\;x, \frac{ys}{r}\;\right)$$ elegido para girar la circunferencia inscrita de $\triangle A_\star B_\star C_\star$ a un origen centrado, alineado al eje de la elipse con (horizontal) el radio mayor $r$ y (vertical) el radio menor $s$.

Vamos $A$, $B$, $C$ ser las imágenes de $A_\star$, $B_\star$, $C_\star$ en virtud de la transformación. Uno fácilmente se deriva de estas relaciones: $$\begin{align} a^2 &= 12 \left( r^2 \sin^2\theta\phantom{\left(-60^\circ\right)}\; + s^2 \cos^2\theta \right) \\ b^2 &= 12 \left( r^2 \sin^2\left(\theta-60^\circ\right)+s^2 \cos^2\left(\theta-60^\circ\right) \right) \\ c^2 &= 12 \left( r^2 \sin^2\left(\theta+60^\circ\right)+s^2 \cos^2\left(\theta+60^\circ\right) \right) \\ \end{align}$$

Sin demasiado apuro, se puede derivar $$r^2 = \frac{1}{36}\left(a^2 + b^2 + c^2 + 2 t^2 \right) \qquad s^2 = \frac{1}{36}\left(a^2+b^2+c^2-2t^2\right)$$ donde $$t^4 = a^4 + b^4 + c^4 - b^2 c^2 - c^2 a^2 - a^2 b^2$$ y también $$ \bronceado 2\theta = \frac{\sqrt{3}(c^2-b^2)}{-2a^2+b^2+c^2} \quad\a\quad \cos 2\theta = \frac{-2a^2+b^2+c^2}{2t^2} $$

Ahora, el inellipse los focos son los puntos de $P_{\pm} := (\pm\sqrt{r^2-s^2},0)$, y tenemos (después de algún tipo de manipulación) $$\begin{align} |\overline{AP_{\pm}}|^2 &= \frac{1}{9}\left(-a^2+2b^2+2c^2+t^2\mp 12 r t \cos\theta \right) \end{align}$$ No he encontrado una particularmente-perspicaz forma de escribir de la mano derecha. Sin embargo, el producto de la "$+$" y "$-$" formas da una cómoda diferencia de cuadrados que reduce bastante bien a este:

$$|\overline{AP_{+}}||\overline{AP_{-}}| = \frac{1}{3}bc \quad\text{thus, also}\quad |\overline{BP_{+}}||\overline{BP_{-}}| = \frac{1}{3}ca \quad |\overline{CP_{+}}||\overline{CP_{-}}| = \frac{1}{3}ab \tag{$\estrella de$}$$

En consecuencia, no es de extrañar que $$\frac{|\overline{AP_{+}}||\overline{AP_{-}}|}{|\overline{AB}||\overline{AC}|} + \frac{|\overline{BP_{+}}||\overline{BP_{-}}|}{|\overline{BC}||\overline{AB}|}+ \frac{|\overline{CP_{+}}||\overline{CP_{-}}|}{|\overline{CA}||\overline{CB}|} = 1$$ que es un poco más débil de la declaración. En cualquier caso, $(\star)$ parece ser la clave para las relaciones que usted busca.

Answer 2

Sumas $$CA\cdot AB+BC\cdot AB+CA\cdot BC = s^2+(4R+r)r$$ y $$\frac{1}{CA\cdot AB}+\frac{1}{BC\cdot AB}+\frac{1}{CA\cdot BC}=\frac{1}{2rR}$$ no están relacionados con Steiner inellipse.

Dos restantes sumas de dinero se basa en los productos de las distancias de los focos $P$ $Q$ de los Steiner inellipse del triángulo $\Delta ABC$ a sus vértices, que se puede encontrar de la siguiente manera. Deje que los vértices $A$, $B$, y $C$ y los focos $P$ $Q$ tiene el complejo de coordenadas $z_A$, $z_B$, $z_C$, $z_P$, y $z_Q$, respectivamente. Accoriding para el Teorema de Steiner [MP, Th. 2.1], $z_P$ $z_Q$ están dados por la igualdad,

$$g\pm \sqrt{g^2-\frac f3},$$

donde $g=\frac 13\left(z_A+z_B+z_C\right)$ es el centroide y $f=z_Az_B+ z_Bz_C+ z_Az_C$.

Entonces, por ejemplo,

$$|PA\cdot QA|=|z_P-z_A||z_Q-z_A|=\left|(g –z_A)^2 - g^2+\frac f3\right|= \left|2gz_A+z_A^2+\frac f3\right|.$$

No sé si podemos simplificar aún más las expresiones para los dos restantes sumas.

Referencias

[MP] D. Minda, S. Phelps Triángulos, elipses, y polinomios cúbicos, American Mathematical Monthly, 115 (8) (2008), 679-689.