W matematyce , a konkretnie w geometrii , problem kontaktów , zwany także problemem Apoloniusza lub problemem trzech okręgów, jest jednym z wielkich problemów starożytności greckiej . Chodzi o znalezienie okręgu stycznego do trzech podanych okręgów o różnych promieniach.
Problem ten został przedstawiony przez Pappusa jako dziesiąty i najtrudniejszy traktat o kontaktach , jedno z zaginionych dzieł Apoloniusza. Rzeczywiście, na jego uchwałę François Viète, który wykaże, że dopuszcza maksymalnie osiem rozwiązań , trzeba będzie poczekać do 1600 roku. W tym celu w Apoloniuszu Gallusie rozwiąże dziesięć przedstawionych poniżej problemów (bez rozpatrywania poszczególnych przypadków).
Traktat o Kontakty , zagubioną dzieło Apoloniusza , proponuje się określić kręgi ograniczona do trzech warunków wzięty spośród tych, które składają się z przechodzącej przez dany punkt, lub jest styczna do danej linii lub okręgu, co odpowiada dziesięciu. Problemy wyznaczony symbolami PPP, DDD, PPD, PPC ... reprezentując punkt przez P, prostą przez D i okrąg przez C.
Traktat ten został wymieniony w IV XX wieku przez Pappusa Aleksandrii w siódmej księdze swojej kolekcji Matematycznego , który daje tylko częściowe rozwiązanie.
Problem ten badają matematycy średniowiecznego islamu, Ibn al-Haytham i Ibrahim ibn Sinan, którzy traktują go do końca, nie przeprowadzając jednak wyczerpującego badania wszystkich przypadków (wielkości kręgów czy ich ułożenia). Jednak badania te nie są znane w Europie w XVI -tego wieku.
Na XVI th century Europejskiej matematycy są również zainteresowani w rezolucji nie zdołała dostarczyć rozwiązanie euklidesowej (tj constructible z linijki i kompasu ). Na przykład w przypadku Regiomontanus rozwiązanie ostatniego problemu (z trzema okręgami) nie może być wykonane bez użycia stożków.
W sporze naukowym na istnienie lub nie francuskich matematyków jakości przy końcu XVI -tego wieku, Francois Vieta udowodnić najpierw, że jest w stanie rozwiązać złożonego równania Adrien Romain wysłał zestawem matematyków z Europy. Następnie, na zasadzie wzajemności, poproś Adriena Romaina o rozwiązanie ostatniego problemu Apoloniusza, zadania, które Adrien Romain realizuje przez przecięcia hiperboli.
Rzeczywiście, warunkiem, że dwa okręgi o środkach C i C 1 oraz centrum r i r 1 są styczne jest to, że CC 1 = r + r 1 lub | r - r 1 | . Aby okrąg o środku C był styczny do dwóch okręgów, potrzebne są dwie takie równości. Przez odejmowanie i eliminację przypadków nie dających nic, warunek, aby okrąg o środku C był styczny do okręgów o środkach C 1 i C 2 jest zapisany w postaci |CC 1 - CC 2 | = r 2 + r 1 lub | r 2 - r 1 | co odnosi się do dwuogniskowej definicji hiperboli .François Viète, nie usatysfakcjonowany niemożliwym do zbudowania rozwiązaniem władcy i kompasu , publikuje następnie Apollonius gallius ( Francuski Apoloniusz ), aby wykazać, że Francuz jest wart tyle, co Belg czy Rzymianin. Oferuje pełne rozwiązanie 10 problemów, ale bez dyskusji na temat istnienia lub analizy wszystkich konfiguracji.
Rezolucja Viète nie zatrzymuje badań. René Descartes w 1643, w swojej korespondencji z Elżbietą z Czech, proponuje rozwiązanie algebraiczne, przed podaniem swojego twierdzenia Kartezjusza w przypadku, gdy trzy okręgi są styczne. Jest to również ścieżka algebraiczna i trygonometryczna , którą obrał Leonhard Euler w jego Solutio facilis problematis, quo quaeritur circulus, który datostres circulos tangat z 1790 r.
Rozwój narzędzi geometrycznych z pojęciem radykalnego osi z biegunowa , z inwersją i wyraźnej definicji mocy punktu przez Jakob Steiner doprowadziły Gergonne na początku XIX th wieku z bardzo zwięzły uchwały: Istnieje 6 ośrodków jednorodności przekształcającej jedno z kół w drugie, rozwiązanie zaproponowane przez Gergonne polega na tym, że z 6 centrów jednorodności bierzemy ich biegun w odniesieniu do dwóch rozpatrywanych okręgów, co daje 12 biegunów, te 12 biegunów rysuje równoległoboki, z których bierzemy przekątne. Otrzymane 12 przekątnych nosi wszystkie punkty styczności okręgów-rozwiązań z problemem. Możemy odciążyć konstrukcję, jak zaproponował Hadamar w jego lekcjach geometrii, zauważając, że 6 centrów jednorodności jest wyrównanych trzy na trzy na czterech prostych. Dla każdej linii konstruujemy 3 bieguny linii w stosunku do 3 okręgów. Przez każdy biegun prowadzimy linię przechodzącą przez środek radykalny trzech okręgów, punkty przecięcia (jeśli istnieją) tej linii z okręgiem powiązanym z biegunem są punktami styczności pary okręgów-rozwiązań z zainteresowany krąg.
Celem, na koniec XIX E wieku jest opracowanie metody, która może również uwzględniać konkretnych przypadków i klasyfikować konfiguracji w zależności od ich liczby rozwiązań. Ten wysiłek klasyfikacja nadal w XX th i XXI th stulecia.
Ten problem, który obecnie wydaje się być badany wyłącznie w celach edukacyjnych, czasami kryje w sobie zaskakujące rozwiązania, takie jak wykrywanie wrogich dział podczas wojny 14-18 i daje początek takim rozszerzeniom, jak fraktal baderne Apoloniusza .
W tej sekcji opisano klasyczne konstrukcje linijek i cyrkla punktów styku lub poszukiwanych środków, wykorzystując konfiguracje obejmujące właściwości okręgu, jednorodność i potęgę punktu względem okręgu . Rozpoczyna się od przypomnienia konstrukcji stycznych (które można traktować jako szczególne przypadki problemów kontaktowych, traktując linie jako okręgi o nieskończonym promieniu).
Styczne do okręgu Styczna w punkcie okręguZ punktu A położonego na okręgu o środku O możemy poprowadzić styczną do tego okręgu rysując prostopadłą w A do promienia [OA]. Diagram pokazuje metodę: zaczynając od punktu B symetrycznego względem O względem A, konstruujemy dwusieczną prostopadłą [BO], która jest styczna do okręgu.
Styczne do okręgu przechodzącego przez dany punktZ punktu M poza okręgiem możemy poprowadzić do tego okręgu dwie styczne; dotykają okręgu w punktach A i B i mamy MA = MB. Linia (OM) jest osią symetrii figury, jest dwusieczną kąta AMB. Konstrukcja Euklidesa : przy danym okręgu ( c ) o środku O i punkcie M poza okręgiem, punkty styku A i B stycznych z M są punktami przecięcia okręgu ( c ) i okręgu o średnicy [ MO].
Potęga punktu względem okręguPodstawowa zasada polega na stwierdzeniu, że jeśli M jest punktem stycznej w punkcie T do okręgu, to dla dowolnej siecznej do okręgu w punktach A i B przechodzących przez M mamy MA.MB = MT²
Okrąg przechodzący przez dwa podane punkty i styczny do danej prostejNiech M 1 i M 2 będą dwoma danymi punktami i (d) prostą, to jest kwestia znalezienia punktu styczności T okręgu z prostą (d). W tym przykładzie wybieramy M 1 i M 2 w tej samej półpłaszczyźnie i z (M 1 M 2 ) przecinającym się (d) w I.
Wiemy, że IT² musi być równe IM 1 .IM 2 . Długość IT jest następnie obliczana za pomocą trójkąta IM 1 H prostokąta H, którego M 2 jest stopą wysokości wynikającej z H. W rzeczywistości wiemy z własności trójkąta prostokątnego, że IH² = IM 1 .IM 2 . Wystarczy odroczyć tę odległość IH na linii (d), aby znaleźć rozwiązanie punktu T. Zauważamy, że w rzeczywistości istnieje inny punkt T' w odpowiedniej odległości od I, symetryczny od punktu T względem I, który stanowi drugie rozwiązanie problemu.
Istnieją inne możliwe konstrukcje, takie jak praca na właściwościach kąta wpisanego lub praca przez dopasowanie: zakładając, że dwusieczna prostopadła [M 1 M 2 ] spotyka się z linią w J, konstruujemy okrąg, którego środek znajduje się na dwusiecznej prostopadłej i która jest styczna do (d), jednorodność ze środkiem J umożliwi powiększenie lub zmniejszenie okręgu tak, aby przechodził przez M 1 i M 2 (ogólnie 2 rozwiązania).
Okrąg przechodzący przez dwa podane punkty i styczny do danego okręguNiech M 1 i M 2 będą dwoma danymi punktami i (c) okręgiem, musimy znaleźć punkt styczności T rozwiązania okręgu z okręgiem. W tym przykładzie wybieramy punkty poza okręgiem i niesymetryczne względem promienia okręgu (c).
Cel polega na szukaniu najpierw punktu I, który ma taką samą moc w odniesieniu do dwóch okręgów. Konstruujemy pomocniczy okrąg przechodzący przez M 1 i M 2 i spotykający okrąg (c) w P i P '. Proste (PP ') i (M 1 M 2 ) spotykają się w I. Styczne z I stanowią punkty rozwiązania T. Rzeczywiście:
IT² = IP.IP '= IM 1 .IM 2 . Okrąg styczny do dwóch podanych okręgów przechodzących przez dany punktPomysł polega na zastąpieniu więzów na okręgu więzami na punkcie. W tym celu badamy właściwości okręgu stycznego do dwóch okręgów.
Podajemy dwa okręgi ( c 1 ), ( c 2 ) o środkach O 1 , O 2 , o różnych promieniach r 1 i r 2 oraz okrąg ( c ) styczny do tych dwóch okręgów.
Istnieją dwie homotety H (S, r 2 / r 1 ) i H (S ', - r 2 / r 1 ) przekształcające ( c 1 ) w ( c 2 ).
Punkty S i S 'środki jednorodności okręgów są punktami, które dzielą odcinek [O 1 O 2 ] w stosunkach ± r 1 / r 2 .
Jeśli okrąg ( c ) jest styczny do okręgów ( c 1 ) i ( c 2 ) w T i T ' , prosta (TT') łącząca punkty styku przechodzi przez środek jednorodności. Rzeczywiście, istnieje jednorodność centrum T przekształcającego ( c 1 ) w ( c ) i jednorodność centrum T 'przekształcającego ( c ) w ( c 2 ), co w połączeniu daje jedno z poprzednich dylatacji. Centra tych trzech jednorodności są zatem wyrównane. Moc P środka jednokładności względem zmiennej koła ( c ) jest stała.
p = ST × ST '= ST × ST 1 × ST' / ST 1 = ST × ST 1 × r 2 / r 1 .Otrzymujemy moc punktu S względem okręgu ( c 1 ) pomnożoną przez stosunek promieni.
Jeżeli U i U 'są punktami przecięcia ( c 1 ) i ( c 2 ) z linią środków, moc punktu S względem okręgu o średnicy [UU'] wynosi p = SU × SU „.
Jeśli teraz szukamy okręgu przechodzącego przez punkt M 1 i stycznego do tych dwóch okręgów, skonstruujemy punkt M 2 , o którym będziemy wiedzieć, że należy do właściwego okręgu. Poszukiwany jest jako punkt przecięcia poszukiwanego okręgu z prostą (SM 1 ). Wiemy, że ten punkt musi zweryfikować p = SM 1 .SM 2 = SU.SU '. Ten punkt jest zatem przecięciem okręgu UU'M 1 z (SM 1 ).
Pozostaje tylko znaleźć okrąg styczny do ( c 1 ) i przechodzący przez M 1 i M 2 . Drugie centrum homotetyczne doprowadzi do budowy kolejnego punktu.
Okrąg przechodzący przez dany punkt i styczna do danej prostej i danego okręguTak jak poprzednio, pomysł polega na zastąpieniu okręgu punktem poprzez badanie właściwości okręgu (c) stycznej do okręgu i do prostej.
W przykładzie obok, gdzie (c) i (c 1 ) są styczne na zewnątrz, punkty S i S 'są prostopadłymi do (d) końcami średnicy (c 1 ). Celem jest pokazanie, że potęga p z S względem okręgu (c) jest niezależna od (c). Przez H oznaczamy rzut prostopadły S na (d), T punkt styczności dwóch okręgów, a T 'prostej i okręgu (c). Punkty S, T i T 'są wyrównane, ponieważ okręgi są jednorodne ze środkiem T.
Potęga S względem (c) wynosi p = ST.ST '.
Trójkąty STS 'i SHT' są podobne, ponieważ prostokąty dzielą ten sam kąt, a więc ST / SH = SS '/ ST'. Według iloczynu krzyżowego p = ST.ST '= SH.SS'.
Jeśli teraz szukamy okręgu przechodzącego przez punkt M 1 i stycznego do okręgu i do prostej, najpierw skonstruujemy punkt M 2 , o którym będziemy wiedzieć, że należy do właściwego okręgu. Poszukiwany jest jako punkt przecięcia poszukiwanego okręgu z prostą (SM 1 ). Wiemy, że ten punkt musi weryfikować p = SM 1 .SM 2, a zatem SM 1 .SM 2 = SH.SS '. Ten punkt jest tym samym punktem przecięcia okręgu HS'M 1 z (SM 1 ). Podobne rozumowanie można przeprowadzić z wewnętrznie stycznymi okręgami za pomocą S '.
Wracamy więc do problemu znalezienia okręgu przechodzącego przez dwa punkty i stycznego do danej prostej.
„tłumaczenie równoległe” ViètePomysł Viète'a polega na zauważeniu, że jeśli wiemy, jak narysować okrąg przechodzący przez punkt i styczny do dwóch obiektów (linii lub okręgu), zwiększając lub zmniejszając promień rozwiązania okręgu o wartość r, możemy znaleźć okrąg styczny do okręgu o promieniu r i styczny do dwóch innych okręgów lub prostych obiektów, które przesunęły swój punkt styczności dalej lub bliżej.
Czyli aby narysować okrąg styczny na zewnątrz do 2 okręgów i do prostej, bierzemy pod uwagę najmniejszy okrąg, zmniejszamy jego wielkość do zera, jednocześnie zmniejszając promień drugiego okręgu o r i odsuwając linię dalej, szukamy okręgu - rozwiązanie nowej konfiguracji. Wystarczy zmniejszyć promień okręgu rozwiązania r, aby znaleźć okręgowe rozwiązanie problemu początkowego. Jeśli chcemy, aby rozwiązanie okręgu i małe koło stykały się od wewnątrz, musimy zbliżyć linię i zwiększyć promień dużego okręgu, znaleźć rozwiązanie nowego problemu, a następnie zwiększyć jego promień.
|
Poniżej problemy będą identyfikowane według ich skrótów.
Wykorzystując ustalone przez siebie lematy (translacja równoległa - zamiana problemu PCX na problem PPX), Viète proponuje algorytmy upraszczania problemu pozwalające na dojście do problemu PPP (koło ograniczone do trzech punktów) podając następujące drzewo:
Maksymalną liczbę rozwiązań oblicza się obserwując, że rozwiązanie okręgu może być styczne wewnętrznie lub zewnętrznie do innych okręgów i że maksymalna liczba rozwiązań konfiguracji PPD wynosi dwa.
W XIX -tego wieku, dyskusja o liczbie rozwiązań, Hadamarda, około 1898 roku, oferuje 11 konfiguracje dla problemu z trzech okręgów, z wyłączeniem przypadków granicznych:
W 2013 roku Roger Tchangang Tambekou zaproponował klasyfikację uwzględniającą istnienie lub brak okręgu oddzielającego oraz według łącznej liczby punktów przecięcia się okręgów. Mówi o podwójnym punkcie przecięcia dla punktu wspólnego dla trzech okręgów. Następnie proponuje 17 konfiguracji, które mogą prowadzić do liczby rozwiązań równych 0, 2, 3, 4, 5, 6, 8 lub nieskończoności rozwiązań.
Liczba skrzyżowań ▶ ▼ Konfiguracja zawiera: | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
---|---|---|---|---|---|---|---|
ściśle oddzielający krąg | 0 sol. | ||||||
brak okręgu oddzielającego, okręgu stycznego lub punktu podwójnego |
8 sol. | 4 som. | 4 som. | 8 sol. | |||
ani oddzielający okręg ani podwójny punkt 1 lub 2 okręgi styczne |
6 sol. | 5 sol. | 4 som. | 5 sol. | 6 sol. | ||
trzy punkty styczności | 5 sol. | ||||||
okrąg rozdzielający, okręgi styczne bez punktów podwójnych |
2 sol. | 3 sol. | |||||
podwójne punkty | ∞ | 2 sol. | 3 sol. | 5 sol. |
i przedstawia inwentaryzację dla przypadków PCC i PPC
Liczba skrzyżowań ▶ ▼ Konfiguracja zawiera | 0 | 1 | 2 | 3 |
---|---|---|---|---|
ściśle oddzielający krąg | 0 sol. | |||
brak okręgu oddzielającego, okręgu stycznego lub punktu podwójnego |
4 som. | 2 sol. | 2 sol. | 2 sol. |
ani okręgu oddzielającego, ani okręgu stycznego z podwójnym punktem |
3 sol. | 2 sol. | ||
styczna oddzielająca okrąg | 1 piętro. | |||
podwójny punkt | ∞ | 1 piętro. |
Przypadek PPC ma tylko trzy konfiguracje: jeśli okrąg oddziela się, nie ma rozwiązania, jeśli punkt znajduje się na okręgu, jest tylko jedno rozwiązanie, w przeciwnym razie są 2.