Связь между радиусами окружностей

[nn910]

anermak в сообщении #221938 писал(а):

[

nn910, извините, не понял рассуждений :? можно по наглядней....

Алексей К.
По правде сказать, я уже с этой системой возился, только к своему стыду от косинусов избавиться так и не смог. (что такое maple не знаю). Если не сложно просветите... :oops:

Наглядней- это не ко мне, я ссылаюсь на Ваш чертеж в начале темы + обозначения Алексей К.
Считать через инверсию с неизвестным центром труднее чем продолжать Алексей К.[quote="Алексей К. в сообщении #221423"]
Для 4-х треугольничков типа AOB пишете 4 теоремы косинусов:

$$(R_1+R_2)^2=(R_1+r)^2+(R_2+r)^2-2(R_1+r)(R_2+r)\cos\xi_1,$$

($\xi_1=\angle AOB,\;\xi_1+\xi_2+\xi_3+\xi_4=2\pi$). Исключая углы (Maple в помощь), получаете соотношение $F(r,R_1,R_2,R_3,R_4)=0$, 4-й степени по r, 2-й по $R_i$.
quote]

$$\cos(\xi_1+\xi_3)=\cos(\xi_2+\xi_4)$$

$$\cos\xi_1\cos\xi_3-\cos\xi_2\cos\xi_4=\sin\xi_1\sin\xi_3-\sin\xi_2\sin\xi_4$$

ПодставляяАлексей К. и избавляясь от радикалов,

$$4(R_1+R_2+r)(R_2+R_3+r)(R_3+R_4+r)(R_1+R_4+r)=$$(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)-r^2(R_1-R_3)^2(R_2-R_4)^2/4R_1R_2R_3R_4)^2$$

(После проверки исправил 16 в знаменателе на 4)
Это уравнение 4-й степени обращается в тождество при $R_1=R_3$ или $R_2=R_4$.Если же последнее слагаемое уравнения отлично от 0, то имеется 4 корня r. Два интересные-искомый радиус и "минус радиус" описанной окружности вокруг четырех $R_i$ Два других либо комплексные, либо лишние (пришли в ходе избавления от радикалов)
Осталось рассмотреть случай $R_2=R_4$ Пусть y -расстояние от точки О до прямой BD, причем Y-проекция О на BD. BY^2 выражается тремя способами:

$$(r+R_2)^2-y^2=(R_1+R_2)^2-(R_1+r-y)^2=(R_3+R_2)^2-(R_3+r+y)^2$$

-тоже должна сводиться к уравнению 4-й степени отн r но именно его не досчитал.Странно, почему он сложнее.

[Алексей К.]

PS. Ваша картинка нехороша тем, что центр окружности О как бы оказался точкой пересечения диагоналей. Что может ввести в заблуждение решателя.

-- 15 июн 2009, 12:29 --

nn910 в сообщении #222140 писал(а):

ПодставляяАлексей К. и избавляясь от радикалов,
$4(R_1+R_2+r)(R_2+R_3+r)(R_3+R_4+r)(R_1+R_4+r)=$
$=(2r^2+2r(R_1+R_2+R_3+R_4)+(R_1+R_2)(R_3+R_4)+(R_2+R_3)(R_1+R_4)-r^2(R_1-R_3)^2(R_2-R_4)^2/16R_1R_2R_3R_4)^2$

nn910,
я позволю себе переписать Вашу формулу понагляднее. Во-первых, чтобы скобки были виднее. Во-вторых, чтобы её укоротить: длинные формулы у многих не помещаются на экран и вызывают известные неудобства. (часть текста удалена после более внимательного рассмотрения первоисточника)

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

Советую по крайней мере применить конструкцию \dfrac{числитель}{знаменатель}, от чего и формула укоротится.

На самом деле я хотел написать о другом, об упомянутых Вами тождествах.
Пишу...

-- 15 июн 2009, 12:36 --

А выполнялись ли эти тождества ДО избавления от радикалов? Не привнесены ли они при возведении в квадрат (как привносятся при этой процедуре лишние корни в уравнения)?
Если так, то в уравнении, приведённом к виду $F(R_i,r)=0$, в левой части скорее всего просто выделятся сомножители: $(R_1-R_3)(R_2-R_4)F_1(R_i,r)=0$.

[anermak]

Алексей К.

anermak в сообщении #222106 писал(а):

Я лишь утверждаю, что формулировка вопиюще некорректна

согласен, наверное Вы правы. Задача прикладная и о формулировке не задумывался особо...
А насчет геометрического решения , то для ряда частных случаев решений море, может и для общего случая есть... буду искать..

[nn910]

Алексей К,нашу общую с Вами формулу Вы вправе распространять в любом виде, лишь бы верном.У меня в (двухфутовой, при мониторе 17 дюймов) порядок действий сложения и деления-как в школе учили. Исходная посылка: $\xi_1+\xi_3=2\pi-\xi_2-\xi_4$ Сырьем не торгуем-с!(когда есть качественный товар)
Меня еще один вопрос волнует, помимо задававшихся мной раньше. Предельным переходом при $R_1\to\infty$ получаем$\cos\xi_1=(r-R_2)/(r+R_2)$ $\cos\xi_4=(r-R_4)/(r+R_4)$ в посылках и

$$4(R_2+R_3+r)(R_3+R_4+r)=(2R_3+R_4+R_2+2r-r^2*\frac{(R_2-R_4)^2}{16R_2R_3R_4})^2$$

в двухфутовой формуле-тоже уравнение 4-й степени. Чтобы упростить вычметоды, хотелось бы придать геометрический смысл еще хоть одному корню кроме искомого.Чтобы различать. При конечном $R_1$ это был "минус радиус описанной окружности",потому что теоремы cos для такого чертежа не только верны но и добуквенно так же пишутся. Подскажите!

[Алексей К.]

anermak в сообщении #222189 писал(а):

А насчет геометрического решения , то для ряда частных случаев решений море, ...

Хотелось бы увидеть хоть один такой частный случай... Ибо, кроме как касания всех пяти окружностей в одной точке, не придумывается.
$\setlength{\unitlength}{1pt}\begin{picture}(20,40)(0,20) \put(20,0){\circle{40}} \put(16,0){\circle{32}} \put(12,0){\circle{24}} \put(8,0){\circle{16}} \put(4,0){\circle{8}} \end{picture}$

-- 15 июн 2009, 19:28 --

nn910 в сообщении #222207 писал(а):

При конечном $R_1$ это был "минус радиус описанной окружности",потому что теоремы cos для такого чертежа не только верны но и добуквенно так же пишутся. Подскажите!

Ежели чего подскажется, то подскажу. Пока просматриваются только
Теорема nn910. Если для данной четвёрки окружностей существует общая вписанная, то существует и общая описанная.
Теорема А. К. Если для данной четвёрки окружностей существует общая описанная, то существует и общая вписанная.
(глупости, как оказалось; обе от А.К.)

[BVR]

Теорема nn910. Она же противоречит нижнему рисунку на первой странице

[Dimoniada]

А вы ведь подобрались к моим открытиям вплотную... как летит время. Надо скорее публиковаться!!!
Ваша задача не решается уже для цепочки кругов вокруг первой окр. имеющей в своём составе n>4 окружностей...Но! Ответ (очень красивый) может быть выписан для любого n, при условии, что эта цепочка как окружает окр., так и вписывается в некоторую окр. То есть получается картинка "поризма Штейнера".

[Алексей К.]

BVR в сообщении #222270 писал(а):

Теорема nn910. Она же противоречит нижнему рисунку на первой странице

Да, ступил... И смайлики в конце "теорем" забыл поставить. Додумать надо. Наверное, у второй окружности мнимый центр получится.

-- 15 июн 2009, 20:19 --

Dimoniada в сообщении #222282 писал(а):

А вы ведь подобрались к моим открытиям вплотную... как летит время. Надо скорее публиковаться!!!

Признаюсь, я тоже графоманю на эту тему. Вот только форум отвлекает от дела.

Цитата:

Ваша задача не решается уже для цепочки кругов вокруг первой окр. имеющей в своём составе n>4 окружностей

Извините, но n>4 --- это уже всё-таки не наша задача.
А поризм Штейнера мы недавно пообсуждали, подробностей не помню.

[Dimoniada]

Для n=4 выписываете ур-ние 4 степени и решаете.
А меня отвлекает от дела гораздо худшее чем форум. А таких делов мог натворить...

[BVR]

А как решается задача про четыре касающиеся окружности? То есть даны четыре отрезка и надо построить четыре окружности с радиусами равными данным отрезкам, касающихся друг друга в указанном порядке. А потом уже подумать о пятой. Может аналог построения потом пригодится...

[Dimoniada]

Вам же выписали ур-ние на радиус вписанной окр. в цепочку из 4 окр. Решаете его честно, находите радиус r и постепенно строите всю картину: к r1 и r2 строите касающуюся их окр. r и дальше вокруг этой окр. достраиваите цепочку до замыкания.

[Алексей К.]

Вот зачем этому уравнению мог понадобиться второй действительный корень: $\begin{picture}(80,30)(40,15) \put(-15,0){\circle{40}} \put(15,0){\circle{40}} \put(0,8){\circle{6}} \put(0,-8){\circle{7}} \put(0,0){\circle*{8}} \end{picture} $
Частный случай $R_3=R_1$, $R_4=R_2$ принимает вид

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

и, видимо, может прояснить заинтересованному исследователю возможные варианты.

[nn910]

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

Вот зачем этому уравнению мог понадобиться второй действительный корень: $\begin{picture}(80,30)(40,15) \put(-15,0){\circle{40}} \put(15,0){\circle{40}} \put(0,8){\circle{6}} \put(0,-8){\circle{7}} \put(0,0){\circle*{8}} \end{picture} $
Частный случай $R_3=R_1$, $R_4=R_2$ принимает вид

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

и, видимо, может прояснить заинтересованному исследователю возможные варианты. :D

Спасибо!!! Значит все 4 корня не лишние и могут соответствовать реальным картинкам

[BVR]

Dimoniada в сообщении #222363 писал(а):

Вам же выписали ур-ние на радиус вписанной окр. в цепочку из 4 окр. Решаете его честно, находите радиус r и постепенно строите всю картину: к r1 и r2 строите касающуюся их окр. r и дальше вокруг этой окр. достраиваите цепочку до замыкания.

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.
Часто построение бывает не очень сложным, а алгебраическое выражение - очень и даже непробиваемым. Типа: дано уравнение 4-й степени, коэффициенты которого выражены через данные отрезки и надо построить его корни, если они есть.

-- Вт июн 16, 2009 16:03:58 --

Если вернуться к геометрической интерпретации, то можно понять, что если мы построим окружности, касающиеся трёх последовательно взятых окружностей - их будет две - то одна из них будет искомой, то есть коснётся и четвёртой. Ведь по условию задачи она существует.

[Алексей К.]

nn910 в сообщении #222498 писал(а):

Спасибо!!! Значит все 4 корня не лишние и могут соответствовать реальным картинкам

Я этого не утверждал. Тональнось моего поста --- гипотетически-предположительная. Ей аккомпанируют и мои многочисленные ошибки. Вот, сижу и боюсь, --- а вдруг ошибся в последнем частном случае? И если бы Вы не писали так много восклицательных знаков, я бы меньше боялся и жил бы спокойнее.
Кстати они же, эти самые "!!!", выдают в Вас того самого

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

заинтересованного исследователя,

который всё выяснит про это случай и расскажет ленивым... Ведь задача в таком виде совсем простая!