Задачка из Пойа

[denny]

Д.Пойа, "Математика и правдоподобные рассуждения".
Глава 9, задача 2:

Цитата:

На плоскости даны три окружности, каждая из которых является внешней
по отношению к любой другой. Найдите треугольник с минимальным периметром,
имеющий по одной вершине на каждой окружности.

Решение очевидно из содержания главы: радиусы, проведенные к вершинам
треугольника должны быть биссектрисами его внутренних углов.



Это все хорошо, но как построить эти точки? Покрутив модель на Геогебре,
так ничего и не придумал.

[wrest]

denny
Интересная задачка. Похоже, что для любых $B$ и $C$ (лежащих на своих окружностях) треугольник $ABC$ будет с минимальным периметром если радиус проведенный к $A$ -- биссектриса (но при этом если центр $D$ не лежит внутри треугольника конечно).
И кстати как построить $A$ если даны $B$ и $C$ (необязательно такие что треугольник $ABC$ с минимальным периметром, а любые -- просто лежащие на своих окружностях) -- мне понять не удалось.

[Null]

wrest в сообщении #1379773 писал(а):

И кстати как построить $A$ если даны $B$ и $C$ (необязательно такие что треугольник $ABC$ с минимальным периметром, а любые -- просто лежащие на своих окружностях) -- мне понять не удалось.

Строим касательные в точках $B$ и $C$ к соответствующим окружностям, пусть их точка пересечения $A_1$. У меня получилось что $D$,$A$ и $A_1$ лежат на 1ой прямой.

[wrest]

Null в сообщении #1379871 писал(а):

Строим касательные в точках $B$ и $C$ к соответствующим окружностям, пусть их точка пересечения $A_1$. У меня получилось что $D$,$A$ и $A_1$ лежат на 1ой прямой.

Если я правильно понял ваше построение (не понял момент употребления слова "окружности" во множ. числе), то нет, не лежат.
Даны точки $B$ и $C$, а также окружность $D$. Найти точку $A$ на окружности $D$ такую, что $DA$ является биссектрисой $\angle BAC$.
Ваше построение: красным касательные, $A_1$ их пересечение. $A$ - пересечение $DA_1$ с окружностью $D$, ну и зеленым - биссектриса $\angle BAC$

Видим, что зеленая биссектриса не проходит через центр окружности $D$.
Собсна, тут надо построить точку касания окружности $D$ и эллипса с фокусами $B$ и $C$ и что-то мне подсказывает, что это циркулем и линейкой не сделать.

[TOTAL]

wrest в сообщении #1379773 писал(а):

И кстати как построить $A$ если даны $B$ и $C$ (необязательно такие что треугольник $ABC$ с минимальным периметром, а любые -- просто лежащие на своих окружностях) -- мне понять не удалось.

Т.е. как построить $A$, если две другие окружности имеют нулевой радиус. Это частный случай исходной задачи.

[wrest]

TOTAL в сообщении #1379918 писал(а):

Т.е. как построить $A$, если две другие окружности имеют нулевой радиус. Это частный случай исходной задачи.

Да, можно сказать и так. Должно же быть проще, но что-то не выходит и это.
Физически все ясно: цепляем за окружность скользящее колечко, в него продеваем резинку скользящую в колечке, резинку натягиваем, концы резинки привязываем в двух других точках. Колечко остановится в нужной нам $A$. В случае трех окружностей всех ненулевого радиуса, колечек по одному на окружность и замкнутую резинку, наверное это Пойа имел в виду как одну из физических интерпретаций (вторая - свет будет бегать по замкнутому пути $ABC$ отражаясь от окружностей).

[manul91]

Вообще-то я застрял и туплю на казалось бы, простейшей задаче на построение из рис 8.3 той же книжки:

Дана прямая l, и точки А и B лежащие вне ее.
Найти точку M лежащей на прямой l, из которой отрезок АB виден под наибольшим углом.

Очевидно M это точка касания окружности К проходящей через А и B, и касательной к l (что по сути говорится и в изложении).
Возможно ли построить эту окружность циркулем и линейкой?...
Все до чего я дошел - это что поскольку центр окружности О равноудален из A,B и l - то его нахождение сводится к построением точки пересечения прямой и параболы (серединного перпендикуляра к АB, и параболой например с фокусом в А, которая задается через т.А и l)

Эту задачу можно решить циркулем и линейкой?

Есть ли общий метод определения каких задач можно решить циркулем и линейкой, и каких нет...?

[wrest]

manul91 в сообщении #1379934 писал(а):

Все до чего я дошел - это что поскольку центр окружности О равноудален из A,B и l - то его нахождение сводится к построением точки пересечения прямой и параболы (серединного перпендикуляра к АB, и параболой например с фокусом в А, которая задается через т.А и l)

Центром $O$ искомой окружности будет пересечение парабол с фокусами в данных точках $A$, $B$ и общей директриссой $l$:

но я не уверен что его можно построить циркулем и линейкой.

[manul91]

wrest в сообщении #1379952 писал(а):

Центром $O$ искомой окружности будет пересечение парабол с фокусами в данных точках $A$, $B$ и общей директриссой $l$, но я не уверен что его можно построить циркулем и линейкой.

Да, либо пересечение двух парабол с фокусами в данных точках $A$, $B$ и общей директриссой $l$; либо пересечение одной из этих парабол, с серединным перпендикуляром через $AB$ (что вроде проще)

wrest в сообщении #1379952 писал(а):

...но я не уверен что его можно построить циркулем и линейкой.

В том-то и вопрос.. есть общий метод через которого можно узнать/прикинуть возможно ли построение циркулем и линейкой?
Чтобы убедиться, что такое для данной задаче в общем случае невозможно (наподобие доказательства невозможности трисекции угла).

[wrest]

manul91 в сообщении #1379956 писал(а):

есть общий метод через которого можно узнать/прикинуть возможно ли построение циркулем и линейкой?

Есть конечно: описан тут. Но я вот им пользоваться не умею.

[manul91]

wrest в сообщении #1379958 писал(а):

Есть конечно: описан тут.
Но я вот им пользоваться не умею.

Если взять директриссу за абсциссу, можно параметризовать координаты точек $A$ и $B$ как $(0,y_1)$ и $(x_2,y_2)$ соответно (величины $y_1$, $x_2$, $y_2$ с помощью циркуля и линейки при заданных фокусов $A$, $B$ и директриссой $l$ сразу строятся через ортогональные проекции).

Теперь, если теперь выписать уравнения обоих парабол в данной системе координат ( $y=\frac{y_1}{2} + \frac{x^2}{2y_1}$ и $y=\frac{y_2}{2} + \frac{(x-x_2)^2}{2y_2}$ соответно), и далее приравнить $y$ - то получаем квадратичное уравнение на $(x,y)$ точки пересечения (по параметров $y_1$, $x_2$, $y_2$).

Значит, если я правильно интерпретирую что там написано - построение центра $O$ циркулем и линейкой в данном случае (пересечение двух заданных парабол) - должно быть возможным...

[wrest]

manul91
Вроде квадратное, да, но способ построения что-то в голову не приходит.
Решений кстати, как обычно бывает с квадратными уравнениями - одно или два, и если $AB$ не перпендикулярна $l$, то искомая точка на прямой $l$ одна, а если перпендикулярно - то две. Если $AB$ параллельно $l$, то решение задачи, понятное дело, одно и оно тривиально.

[Null]

wrest в сообщении #1379880 писал(а):

Видим, что зеленая биссектриса не проходит через центр окружности $D$.
Собсна, тут надо построить точку касания окружности $D$ и эллипса с фокусами $B$ и $C$ и что-то мне подсказывает, что это циркулем и линейкой не сделать.

Null в сообщении #1379871 писал(а):

соответствующим окружностям

К окружности с центром в точке $A$ касательные строить не надо. Тут ошибка скорее в том что я взял точки $B$
и $C$ уже идеальными.

[wrest]

manul91
Ваша задача (даны две точки и прямая, провести окружность через данные точки и касающуюся прямой) решается циркулем и линейкой :)

-- 06.03.2019, 14:36 --

manul91 в сообщении #1379934 писал(а):

Очевидно M это точка касания окружности К проходящей через А и B, и касательной к l (что по сути говорится и в изложении).
Возможно ли построить эту окружность циркулем и линейкой?...

Проведем через $A$ и $B$ прямую $l_1$ до пересечения с прямой $l$, обозначим точку пересечения $P$.
Тогда $l$ - это касательная к искомой окружности $K$ а $l_1$ - секущая, выходящие из одной точки $P$
Дальше применяем теорему о секущих (вернее, её частный случай - теорему о секущей и касательной), из которой находим точки касания $M_1$ и $M_2$ и строим обе окружности. Из них выбираем нужную (с меньшим радиусом).

[manul91]

wrest в сообщении #1380138 писал(а):

Проведем через $A$ и $B$ прямую $l_1$ до пересечения с прямой $l$, обозначим точку пересечения $P$.
Тогда $l$ - это касательная к искомой окружности $K$ а $l_1$ - секущая, выходящие из одной точки $P$
Дальше применяем теорему о секущих (вернее, её частный случай - теорему о секущей и касательной)

так так...

wrest в сообщении #1380138 писал(а):

.... из которой находим точки касания $M_1$ и $M_2$ и строим обе окружности. Из них выбираем нужную (с меньшим радиусом).

Этого не понял... что за две окружности и две точки касания? (если $l_1$ пересекает $l$ то решение только одно)
Из теоремы секущих следует $|PA|.|PB|=|PM|^2$ где М - гипотетическая точка касания.
Как из этой пропорции, найти PM циркулем и линейкой?

-- 06.03.2019, 19:32 --

wrest в сообщении #1380094 писал(а):

Вроде квадратное, да, но способ построения что-то в голову не приходит.

Ну теоретически, если мы можем найти неизвестного отрезка $x$ являющимся решением уравнений типа $x=a+b$, $x^2=ab$, $x=kb$, $x^2=kab+pcd$ где $a,b,c,d$ известные отрезки а $k,p$ численныe коеффициенты (через талеса или что-то подобное - для некоторых из этих совершенно очевидно как строить $x$ - для меня неочевидны пока только $x^2=ab$ и $x^2=kab+pcd$) - то по известную наперед аналитическую формулу, мы можем "механически рассчитать" неизвестный отрезок по известным решением квадратного уравнения - циркулем и линейкой, "в сторонку" - тупо в лоб.