Связь между радиусами окружностей

[BVR]

Поясню свой пост.
Рассмотрим две касающиеся внешним образом окружности. Множество центров окружностей, касающихся их, есть гипербола (или прямая, если радиусы равны), проходящая через точку касания. При этом одна ветвь - это множество центров, касающихся двух данных снаружи - она проходит через точку касания. Другая ветвь - множество центров окружностей, таких, что данные лежат внутри каждой из них. Пусть это были окружности $(A, R_1)$ и $(B, R_2)$. Рассмотрим теперь третью окружность $(C, R_3)$, которая касается $(B, R_2)$ как на первом рисунке. Вот и ещё одна гипербола. А две гиперболы могут иметь не более четырёх общих точек. Если теперь вернуться к задаче, то окружности касаются внешним образом и, значит, остаётся по одной ветви, а точек пересечения не больше двух.
ЗЫ гипербола, потому что модуль разности расстояний до центров двух данных окружностей есть величина постоянная, равная $abs(R_2-R_1)$

[Алексей К.]

BVR в сообщении #222524 писал(а):

Я не вижу как его честно решить. А тем более понять, - есть ли вообще корни и каким должно быть соотношение радиусов данных окружностей, чтобы действительные корни были.

Мне иногда удавалось найти такие комбинации переменных, что выражения, коэффициенты, принимают приличный вид; либо уравнение поддаётся качественному анализу. Просто на такие вещи уходили иногда недели. Чего я сейчас позволить себе не могу. Надо слишком увлечься задачей.
Ну и нет сомнения, что в формулах должны править бал Коксетеровы инверсные расстояния меджу окружностями (точнее, некое их обобщение).
И решал бы я задачу совсем другими методами.
Но здесь бы я попробовал ещё и следующее. Убедиться бы, что эту 4-ку окружностей можно инвертировать в "ромбовидную" пару --- в частный случай, который я описал выше. Например, так (все утверждения --- гипотезы!):
1) Существует ГМТ центров инверсии, переводящих пару А,С в пару окружностей одинакового радиуса. Некая кривая.
2) Аналогичная кривая существует для пары B,D.
3) Точка пересечения этих кривых даст (условия существования?) даст искомый центр инверсии.
4) При инверсии если было попарное касание, то оно и сохранится. Если была общевписанная окружность, то она и сохранится (не превратится ли в общеописанную? или не важно?)
5) Тогда, исследовав вышеприведённое уравнение 4-степени, которое любезно распалось на два квадратных, не получим ли мы исчерпывающего качественного анализа исходного монстра и возможных решений?

[nn910]

Алексей К. в сообщении #222141 писал(а):

$$\small\begin{array}{l}4(R_1+R_2+r)(R_2+R_3+r)(R_3+R_4+r)(R_1+R_4+r)=\\ =\left[2r^2+2r(R_1+R_2+R_3+R_4)+(R_1+R_2)(R_3+R_4)+(R_2+R_3)(R_1+R_4)-\dfrac{r^2(R_1-R_3)^2(R_2-R_4)^2}{16R_1R_2R_3R_4}\right]^2\end{array}$$

Если так, то в уравнении, приведённом к виду $F(R_i,r)=0$, в левой части скорее всего просто выделятся сомножители: $(R_1-R_3)(R_2-R_4)F_1(R_i,r)=0$.

Исправил сегодня 16 в знаменателе на 4,приношу свои извинения:

$$\small\begin{array}{l}4(R_1+R_2+r)(R_2+R_3+r)(R_3+R_4+r)(R_1+R_4+r)=\\ =\left[2r^2+2r(R_1+R_2+R_3+R_4)+(R_1+R_2)(R_3+R_4)+(R_2+R_3)(R_1+R_4)-\dfrac{r^2(R_1-R_3)^2(R_2-R_4)^2}{4R_1R_2R_3R_4}\right]^2\end{array}$$

Уравнение разделится даже на$(R_1-R_3)^2(R_2-R_4)^2$
Введем $a=R_1+R_2+R_3+R_4$
$b=(R_1+R_2)(R_3+R_4)+(R_2+R_3)(R_1+R_4)$
$c=R_1R_2R_3R_4$
$d=(R_1+R_2)(R_3+R_4)-(R_2+R_3)(R_1+R_4)=-(R_1-R_3)(R_2-R_4)$
Бывшее двухфутовое уравнение примет вид

$$4(R_1+R_2+r)(R_2+R_3+r)(R_3+R_4+r)(R_1+R_4+r)=(r^2(2-\frac{d^2}{4c})+2ar+b)^2$$

Левую часть преобразуем к виду

$$4(r^4+2ar^3+(a^2+b)r^2+abr+\frac{b^2-d^2}{4})$$

Приводя и деля на $d^2/c$ получаем

$$(1-\frac{d^2}{16c})r^4+ar^3+\frac{b}{2}r^2-c=0 $$

Алексей К. в сообщении #222439 писал(а):

Частный случай $R_3=R_1$, $R_4=R_2$ принимает вид

$$[r^2+r(R_1+R_2)+2R_1R_2]\cdot[r^2+r(R_1+R_2)-2R_1R_2]=0$$

Сверяем (случай ромба).$a=2(R_1+R_2)$,$b=2(R_1+R_2)^2$,$c=R_1^2R_2^2$,$d=0$

$$0=r^4+2r^3(R_1+R_2)+r^2(R_1+R_2)^2-R_1^2R_2^2=[r^2+r(R_1+R_2)+R_1R_2]\cdot[r^2+r(R_1+R_2)-R_1R_2]$$

-двойки в свободных членах у Вас лишние. Например, случай квадрата $r^2+2r-1=0$

[Dimoniada]

BVR в сообщении #222531 писал(а):

И решал бы я задачу совсем другими методами.

Всё равно получите ур-ние 4 степени в конечном итоге=*( А вот если бы существовала описанная окружность вокруг этой цепочки... То радиусы вписанной и описанной мы бы сразу могли выписать!
Например, существование такой окр. для вышеприведенного ур-ния 4 ст. накладывает такое условие на его коэффициенты, что, путём хитрой замены, выделяется биквадратное ур-ние. Так я решил задачу для n=4.
Для произвольного n нужен совершенно другой подход, идея которого была взята с "какого-то" американского форума, где решение разбиралось для n=3(тривиальная задача), но как раз с тем подходом. И как там автор не обобщил сразу для n?) Наверное кое-чего ещё не знал =*)

[BVR]

Dimoniada
Это Алексей К. так сказал, а не я. Но я с ним согласен. Искать надо геометрическое решение.

-- Вт июн 16, 2009 19:28:04 --

Алексей К писал(а):

в формулах должны править бал Коксетеровы инверсные расстояния меджу окружностями

Они ведь касаются, а сл-но инверсное расстояние между ними равно нулю.

[Алексей К.]

nn910 в сообщении #222567 писал(а):

Исправил сегодня 16 в знаменателе на 4,приношу свои извинения: ...
-двойки в свободных членах у Вас лишние.

Естественно, лишние!
Я же доверился Вашему уравнению с 16 в знаменателе!
И всё порешал....

-- 16 июн 2009, 18:19 --

BVR в сообщении #222582 писал(а):

Они ведь касаются, а сл-но инверсное расстояние между ними равно нулю.

А между противополжными --- не равно.
Ну типа я выражал через них решения задачи Аполлония. А там случай касания ($\delta=0$) приводил и известному соотношению Декарта (где-то в начале упомянутом, но как Содди).

[Алексей К.]

nn910 в сообщении #222567 писал(а):

Сверяем (случай ромба).$a=2(R_1+R_2)$,$b=2(R_1+R_2)^2$,$c=R_1^2R_2^2$,$d=0$

$$0=\ldots=[r^2+r(R_1+R_2)+R_1R_2]\cdot[r^2+r(R_1+R_2)-R_1R_2]$$

$(r+R_1)(r+R_2)[r^2+r(R_1+R_2)-R_1R_2]=0.$

-- 17 июн 2009, 11:15 --

Первые два корня понятны(?): пятая окружность совпадает с любой из данных. Все условия касания легко соблюсти.

-- 17 июн 2009, 11:21 --

Но почему же тогда такие корни не появились в неупрощённой задаче?

[anermak]

Алексей К. в сообщении #222529 писал(а):

... Ведь задача в таком виде совсем простая!

Ага, в добавок для любого ромба с помощью обычной т. Пифагора так и выходит

$r^2+r(R_1+R_2)-R_1R_2=0$

и единственный положительный корень


и как графическое решение


Забавно, что если рассматривать косинусы не $x_i$, а $x_i/2$
вытекает занятное симметричное равенство, с его помощью можно проще получить это ур-ие 4-й ст.


Залезая в дебри графических решений, обнаружил очаровательные свойства такого касания, вот некоторые, еще есть три в теории, пока лишь домыслы еще не доказал...

Теор.1

.....Когда такое касание существует, тогда для окружностей $r_1, r_2, r_3, r_4$ вписанных в треугольники, образованные центрами окружностей (см.рис.) выполняется следующее равенство



Теор.2

..... Когда такое касание существует, тогда выполняется следующее равенство, где $S_1, S_2, S_3, S_4$ площади треугольников, образованные центрами окружностей (см.рис.)

[Алексей К.]

Алексей К. в сообщении #222535 писал(а):

Мне иногда удавалось найти такие комбинации переменных, что выражения, коэффициенты, принимают приличный вид; либо уравнение поддаётся качественному анализу. Просто на такие вещи уходили иногда недели. Чего я сейчас позволить себе не могу. Надо слишком увлечься задачей.

Это комментарий к предыдущему посту anemark.
И к посту nn910 про $a,b,c,d$.

Алексей К. в сообщении #222708 писал(а):

Но почему же тогда такие корни не появились в неупрощённой задаче?

Потому что, у nn910, видимо, было уравнение типа

$$r(R_1+r)(R_1+r)(R_1+r)(R_1+r)[r^4+\ldots]=0,$$

а он нам выложил только последний сомножитель. Ну, по крайней мере у меня именно так получается. Теперь, в симметричном случае, они вылезли ещё раз, т.е. стали кратными.
Ну, и очевидный (многократный) корень $r=0$ потеряли.

-- 17 июн 2009, 12:46 --

anermak,
у Вас, по-прежнему, центр О попадает с виду в точку пересечения диагоналей.
Может, это всегда так?
(Может, это очевидно, а я упорно не замечаю?)

[BVR]

А я всё про построение.
Решаем задачу Аполлония для трёх окружностей, например, A, B и С. Эта окружность и будет искомой (учитывая мой пост в начаое этой страницы).
Задача Аполлноия, - это: Построить окружность, касающуюся трёх данных окружностей.
Её решение с помощью инверсии можно найти в книжке Аргунов Б. И., Балк М. Б. Элементарная геометрия. М. Просвещение, 1966г.. в главе V, параграф 58.

[Алексей К.]

BVR,

про некорректность (либо неинтересность) задачи в изначальной постановке я уже много писал, здесь, тут, там... Неинтересно, потому что сводится к Аполлоновому.
И я, и nn910, и, похоже, автор, обсуждаем вариант 1 из ссылки "тут", где фиксированы только радиусы, а сами окружности можно двигать. В такой постановке Аполлоново решение не сильно помогает.

[Dimoniada]

anermak, красивые соотношения нашли!

[AKM]

(цитату с картинкой удалил, уже не актуально)
Вы не ошиблись в формуле на рисунке? Наверное, $\dfrac{2}{r^2}=\dfrac{1}{r_1r_3}+\dfrac{1}{r_2r_4}$.

[BVR]

Алексей К.
да я понял это. Просто сегодня сидел дома (строители работают) и пробовал найти радиус через образы касающихся окружностей через инверсию. Как половину расстояния между двумя параллельными прямыми, но потом, при обратном переходе тоже грустно получается и упрощение не наступает. Ну и оставил только то, что написал - ну, типа, чтобы построительный кусочек приобрёл завершённость, что ли...
И я не могу понять как решается уравнение:

Цитата:

$$(1-\frac{d^2}{16c})r^4+ar^3+\frac{b}{2}r^2-c=0 $$

, полученное в посте nn910.

[anermak]

AKM в сообщении #223088 писал(а):

Вы не ошиблись в формуле на рисунке? Наверное, $\dfrac{2}{r^2}=\dfrac{1}{r_1r_3}+\dfrac{1}{r_2r_4}$.

Тьфу, ешкин-матрешкин -конечно Вы правы!!!!
Сори сори

-- Чт июн 18, 2009 22:13:25 --

BVR в сообщении #223127 писал(а):

И я не могу понять как решается уравнение:

Цитата:

$$(1-\frac{d^2}{16c})r^4+ar^3+\frac{b}{2}r^2-c=0 $$

,

Посмотрите метод Феррари для ур-ий 4-ой степени, с заменой переменной.
Все тривиально, но громоздко...