Четыре окружности

[paha]

Рассмотрим три окружности радиусов $r_1,r_2,r_3$ на плоскости, которые касаются друг друга попарно.

Найти радиус $r_4$ окружности, которая касается данных трех.

(Оффтоп)

Четыре центра этих окружностей образуют четыре треугольника ($C_4^3=4$) со сторонами, равными суммам/разностям радиусов окружностей.

Площади этих четырех треугольников $S_1,\ldots,S_4$ сложенные с определенными знаками дают ноль: $\sum\varepsilon_iS_i=0$, $\varepsilon_i^2=1$.

Если вычислять площади по формуле Герона, а потом избавиться от иррациональностей, то получается следующее уравнение зависимости между радиусами

$$ P(r_1,r_2,r_3,r_4)=(\sum_i S_i^4-2\sum_{i<j} S_i^2S_j^2)^2-64(S_1S_2S_3S_4)^2=0 $$

(естественно, $P$ -- симметрический многочлен).

Программа Maple факторизует этот многочлен так:

$$ P=QR(r_1+r_2+r_3+r_4)^3, $$

где $Q$ -- многочлен степени 2 по каждой переменной, а $R$ -- многочлен степени 3 по каждой переменной.

Вопрос. Фиксируем $r_1,r_2,r_3$. Как из $2+3=5$ кандидатов (корни $Q$ и $R$) на роль $r_4$ отобрать 3-4 реализующихся на практике?

[age]

Изнутри, по-моему может касаться всегда, а вот снаружи - нет (нужны дополнительные условия, в частности, третья окружность должна пересекать в двух точках касательную, проведённая к двум первым окружностям).

Из чертежа у меня получилось, что центры всех трёх окружностей $O_1$, $O_2$, $O_3$ лежат на прямых-радиусах окружности $O_4$

[Joe-MAP]

Какие бы небыли радиусы трех окружностей - всегда можно построить окружность касающуюся их снаружи. Вопрос в том где будет центр этой окружности - внутри или снаружи исходных.

[age]

По-моему, надо составить выпуклый четырёхугольник из трёх точек касания и четвертой точки пересечения прямой $O_1O_4$ с окружностью $r_4$, тогда будет известна его большая диагональ $2r_4$, суммы противоположенных углов - $180^o$ - и там уже смотреть.

-- Ср янв 26, 2011 04:06:47 --

Joe-MAP
Попробуйте радиус меньшей уменьшить в три раза так, что касательная к двум большим пройдёт снаружи её.

[Joe-MAP]

age
Но все равно окружность будет снаружи, просто исходные окружности не будут внутри нее))

[age]

Вот из этого рисунка примерно видно, о чём идёт речь. $\angle K_2O_4K_3=2\angle K_2K_4K_3$, а сумма углов $\angle K_2K_4K_3+\angle K_2K_1K_3=180^o$

Также в выпуклом четырёхугольнике $K_2K_1K_3O_4$ нам известны две стороны и диагональ $K_2O_4=K_3O_4=K_1O_4=r_4=x$, а т.к. $\angle K_2O_4K_3=2\angle K_2K_4K_3$, то углы связаны как $\angle K_2O_4K_3=360^o-2\angle K_2K_1K_3$.

Кроме того, углы $\angle K_1K_2K_4=\angle K_1K_3K_4$ - прямые, как опирающиеся на диаметр $K_1K_4$.

И вот отсюда надо уже смотреть.

[age]

В общем, задача решилась следующим образом:
Обозначим $\angle K_1O_4K_3=\alpha$, $\angle K_1O_4K_2=\beta$, $r_4=x$.

Тогда по теореме косинусов имеем:
$\cos\alpha=\dfrac{(r_1+r_3)^2-(x-r_1)^2-(x-r_3)^2}{2(x-r_1)(x-r_3)}$
$\cos\beta=\dfrac{(r_1+r_2)^2-(x-r_1)^2-(x-r_2)^2}{2(x-r_1)(x-r_2)}$
$\cos(\alpha+\beta)=\dfrac{(r_2+r_3)^2-(x-r_2)^2-(x-r_3)^2}{2(x-r_2)(x-r_3)}$

Далее учитывая, что $\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$, а также, что $\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha}$, получаем:
$\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sqrt{({1-\cos^2\alpha)(1-\cos^2\beta)$, подставляя в которое верхние три соотношения получаем уравнение (по-моему 8-й степени) относительно $x$ с одной неизвестной.


$\left(\dfrac{(r_1+r_3)^2-(x-r_1)^2-(x-r_3)^2}{2(x-r_1)(x-r_3)}\right)\cdot\left(\dfrac{(r_1+r_2)^2-(x-r_1)^2-(x-r_2)^2}{2(x-r_1)(x-r_2)}\right)-$
$-\sqrt{\left[1-\left(\dfrac{(r_1+r_3)^2-(x-r_1)^2-(x-r_3)^2}{2(x-r_1)(x-r_3)}\right)^2\right]\left[1-\left(\dfrac{(r_1+r_2)^2-(x-r_1)^2-(x-r_2)^2}{2(x-r_1)(x-r_2)}\right)^2\right]}=$
$=\dfrac{(r_2+r_3)^2-(x-r_2)^2-(x-r_3)^2}{2(x-r_2)(x-r_3)}$

Или так без радикалов:

$$\left(\dfrac{(r_1+r_3)^2-(x-r_1)^2-(x-r_3)^2}{2(x-r_1)(x-r_3)}\right)^2+\left(\dfrac{(r_1+r_2)^2-(x-r_1)^2-(x-r_2)^2}{2(x-r_1)(x-r_2)}\right)^2+\left(\dfrac{(r_2+r_3)^2-(x-r_2)^2-(x-r_3)^2}{2(x-r_3)(x-r_3)}\right)^2-$$

$-2\left(\dfrac{(r_1+r_3)^2-(x-r_1)^2-(x-r_3)^2}{2(x-r_1)(x-r_3)}\right)\left(\dfrac{(r_1+r_2)^2-(x-r_1)^2-(x-r_2)^2}{2(x-r_1)(x-r_2)}\right)\left(\dfrac{(r_2+r_3)^2-(x-r_2)^2-(x-r_3)^2}{2(x-r_3)(x-r_3)}\right)=$

$$=1$$

MathCad не смог справиться

[age]

Хотя для случая $r_1=3,r_2=5, r_3=7$ MathCad выдал ответ $r_4=15$, что неверно, т.к. на рисунке $r_4\sim12,5$
Надо проверять. Блин! Знаки в теореме косинусов перепутал.

[Dimoniada]

Попробуйте записать уравнения для кривизн ($1/r$, в смысле попытаться привести ваше ур-ние к ур-нию на кривизны) окружностей. Вообще, это очень интересная задача, имеющая свою историю и обобщения. Для нахождения радиусов, как оказывается, можно составлять ур-ния разных степеней. Так, можно получить для вашего случая ещё ур-ния 6-, 4-, 2-степени, не "приводящиеся друг к другу". И действительные корни не всегда совпадают с правильным ответом для $r$, мне приходилось рассматривать предельные случаи радиусов, чтобы отмести эти "ложные" решения.

[age]

Точное решение после исправления знаков (там вообще всё сокращается и получается квадратное уравнение):
$r_4=\dfrac{r_1r_2r_3\left(2\sqrt{r_1r_2r_3(r_1+r_2+r_3)}+r_1r_2+r_1r_3+r_2r_3\right)}{2r_1r_2r_3(r_1+r_2+r_3)-r_1^2r_2^2-r_1^2r_3^2-r_2^2r_3^2}$

-- Ср янв 26, 2011 18:03:12 --

Для случая $r_1=3,r_2=5, r_3=7$ MathCad выдал ответ $r_4=12.541$.

[Sergic Primazon]

$\dfrac{1}{r_4}= \left(\dfrac{1}{r_1}+\dfrac{1}{r_2}+\dfrac{1}{r_3}\right)(+/-)2\sqrt{\dfrac{1}{r_1r_2}+\dfrac{1}{r_2r_3}+\dfrac{1}{r_3r_1}}$ , где (+/-) соответствуют двум возможным вариантам касания окружностей

[Sergic Primazon]

Sergic Primazon в сообщении #404953 писал(а):

$\dfrac{1}{r_4}= \left(\dfrac{1}{r_1}+\dfrac{1}{r_2}+\dfrac{1}{r_3}\right)(+/-)2\sqrt{\dfrac{1}{r_1r_2}+\dfrac{1}{r_2r_3}+\dfrac{1}{r_3r_1}}$ , где (+/-) соответствуют двум возможным вариантам касания окружностей

$\dfrac{1}{r_i}- $ кривизна , с учетом знака , соответствующей окружности

[Сергей Маркелов]

http://mathworld.wolfram.com/SoddyCircles.html

[paha]

Всем спасибо за участие:)

Я не знал, что сочинил такую бородатую задачу