In matematica , in particolare in geometria , il problema dei contatti , detto anche problema di Apollonio o problema dei tre cerchi, è uno dei grandi problemi dell'antichità greca . Si tratta di trovare un cerchio tangente a tre cerchi dati di raggio diverso.
Questo problema è stato presentato da Pappo come il decimo e il più difficile del Trattato dei contatti , una delle opere perdute di Apollonio. Bisognerà infatti attendere fino al 1600 per la sua risoluzione da parte di François Viète che dimostrerà di ammettere un massimo di otto soluzioni. Per questo in Apollonio Gallo risolverà i dieci problemi presentati di seguito (senza trattare i casi particolari).
Il Trattato dei contatti , opera perduta di Apollonio , proponeva di determinare i cerchi vincolati a tre condizioni prese tra quelle che consistono nel passare per un dato punto, o nell'essere tangenti a una data linea o cerchio, che corrisponde a dieci problemi designati. dai simboli PPP, DDD, PPD, PPC ... rappresentando un punto con P, una linea con D e un cerchio con C.
Questo trattato è menzionato nel IV ° secolo da Pappo di Alessandria nel settimo libro della sua Collezione matematica , che offre una risoluzione solo parziale.
Il problema è studiato dai matematici dell'Islam medievale, Ibn al-Haytham e Ibrahim ibn Sinan che lo trattano fino in fondo, senza però fare uno studio esaustivo di tutti i casi (sulle dimensioni dei cerchi o sul loro allineamento). Ma questi studi non sono noti in Europa nel XVI ° secolo.
Al XVI esimo matematici europea secolo sono anche interessata nella sua risoluzione senza riuscire a fornire una soluzione euclidea (cioè costruibile con riga e compasso ). Per Regiomontanus , ad esempio, non si può risolvere l'ultimo problema (quello dei 3 cerchi) senza utilizzare le coniche.
In una disputa scientifica sull'esistenza o meno di matematici francesi di qualità alla fine del XVI ° secolo, Francois Vieta dimostrare prima che sia in grado di risolvere una complessa equazione che Adrien Romain aveva mandato un set matematici dall'Europa. Quindi, per reciprocità, chiedi ad Adrien Romain di dargli una soluzione per l'ultimo problema di Apollonio, un compito che Adrien Romain realizza per intersezioni di iperboli.
Infatti, la condizione affinché due cerchi di centro C e C 1 e centro r e r 1 siano tangenti è che CC 1 = r + r 1 o | r - r 1 | . Affinché il cerchio di centro C sia tangente a due cerchi, sono necessarie due di tali uguaglianze. Per sottrazione ed eliminazione dei casi che non danno nulla, la condizione affinché il cerchio di centro C sia tangente ai cerchi di centro C 1 e C 2 si scrive nella forma |CC 1 - CC 2 | = r 2 + r 1 o | r 2 - r 1 | che si riferisce alla definizione bifocale di iperbole .François Viète, non contento di vedere una soluzione non costruibile al righello e al compasso , pubblica poi il suo Apollonius gallius ( The French Apollonius ) per dimostrare che un francese vale quanto un belga o un romano. Offre una risoluzione completa dei 10 problemi ma senza discussione dell'esistenza o analisi di tutte le configurazioni.
La risoluzione di Viète non ferma la ricerca. René Descartes nel 1643, nella sua corrispondenza con Elisabetta di Boemia, propone una risoluzione algebrica, prima di dare il suo teorema di Cartesio nel caso in cui i tre cerchi siano tangenti. È anche il percorso algebrico e trigonometrico compiuto da Leonhard Eulero nella sua Solutio facilis problematis, quo quaeritur circulus, che datostres circulos tangat del 1790
Lo sviluppo di strumenti geometrici con la nozione di asse radicale di palo e polari , di inversione e la definizione esplicita della potenza di un punto da Jakob Steiner ha portato Gergonne agli inizi del XIX ° secolo, con una risoluzione molto concisa: Ci sono 6 centri di omoteità trasformando uno dei cerchi in un altro, la risoluzione proposta da Gergonne consiste, dai 6 centri di omoteità, di prendere la loro polare rispetto ai due cerchi interessati, che dà 12 polari, queste 12 polari disegnano parallelogrammi di cui prendiamo le diagonali. Le 12 diagonali ottenute portano tutti i punti di tangenza dei cerchi-soluzioni del problema. Possiamo alleggerire la costruzione, come proposto da Hadamard nelle sue lezioni di geometria, osservando che i 6 centri di omoteità sono allineati tre a tre su 4 rette. Per ogni linea, costruiamo i 3 poli della linea in relazione ai 3 cerchi. Per ogni polo conduciamo una retta passante per il centro radicale dei tre cerchi, i punti di intersezione (se esistono) di questa retta con il cerchio associato al polo sono i punti di tangenza della coppia cerchi-soluzioni con il circolo interessato.
L'obiettivo, alla fine del XIX E secolo, è quello di proporre metodi che possono anche integrare i casi particolari e per classificare le configurazioni secondo il loro numero di soluzioni. Questo sforzo di classificazione continua nel XX ° e XXI esimo secolo.
Questo problema, che ora sembra essere studiato solo a scopo didattico, nasconde talvolta sviluppi sorprendenti come l'avvistamento di cannoni nemici durante la guerra del 14-18 e dà origine a estensioni come il baderne fractal di Apollonio .
Questa sezione descrive le classiche costruzioni con riga e compasso dei punti di contatto o centri ricercati, utilizzando configurazioni che coinvolgono le proprietà del cerchio, l' omogeneità e la potenza di un punto rispetto a un cerchio . Si inizia ricordando le costruzioni delle tangenti (che possono essere viste come casi particolari di problemi di contatto, considerando le rette come cerchi di raggio infinito).
Tangenti a un cerchio Tangente in un punto del cerchioDa un punto A posto su una circonferenza di centro O possiamo portare una tangente a questa circonferenza tracciando la perpendicolare in A al raggio [OA]. Il diagramma mostra un metodo: partendo dal punto B simmetrico di O rispetto ad A, si costruisce la bisettrice perpendicolare di [BO], che è tangente alla circonferenza.
Tangenti a una circonferenza passante per un punto datoDa un punto M esterno ad una circonferenza, possiamo portare due tangenti a questa circonferenza; toccano il cerchio in A e B e abbiamo MA = MB. La linea (OM) è un asse di simmetria della figura, è la bisettrice dell'angolo AMB. Costruzione di Euclide : dato un cerchio ( c ) di centro O e un punto M esterno al cerchio, i punti di contatto A e B delle tangenti da M sono i punti di intersezione del cerchio ( c ) e del cerchio del diametro [ MO].
Potenza di un punto rispetto a una circonferenzaIl principio soggiacente consiste nell'osservare che se M è un punto di una tangente in un punto T ad una circonferenza, allora per ogni secante alla circonferenza in A e B passante per M, si ha MA.MB = MT²
Cerchio passante per due punti dati e tangente ad una retta dataSiano M 1 e M 2 due punti dati e (d) la retta, si tratta di trovare il punto di tangenza T della circonferenza da trovare con la retta (d). In questo esempio, scegliamo M 1 e M 2 nello stesso semipiano e con (M 1 M 2 ) che si interseca (d) in I.
Sappiamo che IT² deve essere uguale a IM 1 .IM 2 . La lunghezza IT, viene quindi calcolata utilizzando un triangolo IM 1 H rettangolo H di cui M 2 è il piede dell'altezza risultante da H. Sappiamo, infatti, dalla proprietà del triangolo rettangolo, che IH² = IM 1 .IM 2 . Basta rimandare questa distanza IH sulla retta (d) per trovare una soluzione del punto T. Notiamo che esiste in realtà un altro punto T' alla giusta distanza da I, simmetrico rispetto al punto T rispetto ad I che fornisce la seconda soluzione del problema.
Ci sono altre costruzioni possibili come lavorare sulle proprietà dell'angolo inscritto o lavorare per aggiustamento: supponendo che la bisettrice perpendicolare di [M 1 M 2 ] incontri la retta in J, costruiamo un cerchio il cui centro è sulla bisettrice perpendicolare e tangente a (d), un'omoteità di centro J consentirà di allargare o ridurre il cerchio in modo che passi per M 1 e M 2 (2 soluzioni in generale).
Cerchio passante per due punti dati e tangente a un cerchio datoSiano M 1 e M 2 due punti dati e (c) il cerchio, dobbiamo trovare il punto di tangenza T del cerchio-soluzione con il cerchio. In questo esempio, scegliamo punti esterni al cerchio e non simmetrici rispetto a un raggio del cerchio (c).
L'obiettivo consiste nel cercare prima un punto I che abbia la stessa potenza rispetto ai due cerchi. Costruiamo un cerchio ausiliario passante per M 1 e M 2 e che incontra il cerchio (c) in P e P '. Le rette (PP ') e (M 1 M 2 ) si incontrano in I. Le tangenti da I forniscono la soluzione dei punti T. Infatti:
IT² = IP.IP '= IM 1 .IM 2 . Cerchio tangente a due cerchi dati passanti per un punto datoL'idea è di sostituire il vincolo su un cerchio con un vincolo su un punto. Per questo studiamo le proprietà di un cerchio tangente a due cerchi.
Diamo due cerchi ( c 1 ), ( c 2 ) con centri O 1 , O 2 , di raggi diversi r 1 e r 2 e un cerchio ( c ) tangente a questi due cerchi.
Ci sono due omoteità H (S, r 2 / r 1 ) e H (S ', - r 2 / r 1 ) che trasformano ( c 1 ) in ( c 2 ).
I punti S e S' centri di omoteità dei cerchi sono i punti che condividono il segmento [O 1 O 2 ] nei rapporti ± r 1 / r 2 .
Se un cerchio ( c ) è tangente ai cerchi ( c 1 ) e ( c 2 ) in T e T ', la linea (TT') che unisce i punti di contatto passa per un centro di omoteità. Esiste infatti un'omoteità di centro T che si trasforma ( c 1 ) in ( c ) e un'omoteità di centro T ' che si trasforma ( c ) in ( c 2 ), che combinate danno una delle dilatazioni precedenti. I centri di queste tre omoteità sono quindi allineati. La potenza p del centro di omoteità rispetto al cerchio variabile ( c ) è costante.
p = ST × ST '= ST × ST 1 × ST' / ST 1 = ST × ST 1 × r 2 / r 1 .Otteniamo la potenza del punto S rispetto al cerchio ( c 1 ) moltiplicata per il rapporto dei raggi.
Se U e U' sono i punti di intersezione di ( c 1 ) e ( c 2 ) con la retta dei centri, la potenza del punto S rispetto alla circonferenza di diametro [UU'] è p = SU × SU '.
Se ora cerchiamo un cerchio passante per un punto M 1 e tangente ai due cerchi, costruiremo un punto M 2 che sapremo appartenere al cerchio corretto . Si cerca come punto di intersezione del cerchio cercato con la retta (SM 1 ). Sappiamo che questo punto deve verificare p = SM 1 .SM 2 = SU.SU '. Questo punto è quindi l'intersezione del cerchio UU'M 1 con (SM 1 ).
Resta solo da trovare il cerchio tangente a ( c 1 ) e passante per M 1 e M 2 . L'altro centro omotetico porterà alla costruzione di un altro punto.
Cerchio passante per un punto dato e tangente a una retta data e a un cerchio datiCome prima, l'idea è quella di sostituire il cerchio con un punto studiando le proprietà di un cerchio (c) tangente a un cerchio ea una retta.
Nell'esempio a fianco, dove (c) e (c 1 ) sono tangenti all'esterno, i punti S e S ' sono le estremità del diametro di (c 1 ) perpendicolari a (d). L'obiettivo è mostrare che la potenza p di S rispetto alla circonferenza (c) è indipendente da (c). Indichiamo con H la proiezione ortogonale di S su (d), T il punto di tangenza dei due cerchi e T' quello della retta e del cerchio (c). I punti S, T e T' sono allineati perché i cerchi sono omotetici con centro T.
La potenza di S rispetto a (c) è p = ST.ST '.
I triangoli STS 'e SHT' sono simili perché rettangoli che condividono lo stesso angolo quindi ST / SH = SS '/ST'. Per prodotto incrociato p = ST.ST '= SH.SS'.
Se ora cerchiamo una circonferenza passante per un punto M 1 e tangente alla circonferenza e alla retta, costruiremo prima un punto M 2 che sapremo appartenere alla circonferenza corretta . Si cerca come punto di intersezione del cerchio cercato con la retta (SM 1 ). Sappiamo che questo punto deve verificare p = SM 1 .SM 2 quindi SM 1 .SM 2 = SH.SS '. Questo punto è quindi l'intersezione del cerchio HS'M 1 con (SM 1 ). Un ragionamento simile può essere fatto con cerchi tangenti internamente usando S '.
Torniamo così al problema di trovare un cerchio passante per due punti e tangente ad una retta data.
La "traduzione parallela" di VièteL'idea di Viète è di notare che, se sappiamo disegnare un cerchio passante per un punto, e tangente a due oggetti (linea o cerchio), aumentando o diminuendo il raggio della soluzione cerchio di un valore r, possiamo trovare un cerchio tangente a un cerchio di raggio r e tangente ad altri due cerchi o oggetti dritti che hanno spostato più o meno il loro punto di tangenza.
Quindi per disegnare un cerchio tangente esternamente a 2 cerchi e ad una linea, consideriamo il cerchio più piccolo, riduciamo la sua dimensione a zero riducendo il raggio dell'altro cerchio di r e allontanando la linea, cerchiamo il cerchio -soluzione della nuova configurazione. Basterà diminuire il raggio della circonferenza-soluzione di r per trovare la circonferenza-soluzione del problema iniziale. Se vogliamo che il cerchio-soluzione e il cerchio piccolo tocchino all'interno, dobbiamo invece avvicinare la linea e aumentare il raggio del cerchio grande, trovare la soluzione del nuovo problema quindi aumentare il suo raggio.
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Nel seguito, i problemi saranno identificati dalla loro abbreviazione.
Utilizzando i lemmi da lui impostati (traduzione parallela - sostituzione di un problema PCX in un problema PPX), Viète propone algoritmi di semplificazione del problema che consentono di arrivare al problema PPP (cerchio circoscritto a tre punti) dando il seguente albero:
Il numero massimo di soluzioni si calcola osservando che il cerchio-soluzione può essere tangente internamente o esternamente agli altri cerchi e che il numero massimo di soluzioni della configurazione PPD è due.
Nel XIX ° secolo, la discussione è circa il numero di soluzioni, Hadamard, intorno al 1898, offre 11 configurazioni per il problema dei tre cerchi esclusi casi limite:
Nel 2013, Roger Tchangang Tambekou, ha proposto una classificazione che tenesse conto dell'esistenza o meno di un cerchio di separazione e in base al numero totale di punti di intersezione tra i cerchi. Parla di un doppio punto di intersezione per un punto comune ai tre cerchi. Propone quindi 17 configurazioni che possono portare a un numero di soluzioni pari a 0, 2, 3, 4, 5, 6, 8 oa un'infinità di soluzioni.
| Numero di incroci ▶ ▼ La configurazione contiene: | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| un circolo strettamente separatore | 0 sol. | ||||||
| nessun cerchio di separazione , cerchio tangente o punto doppio |
8 sol. | 4 sol. | 4 sol. | 8 sol. | |||
| né cerchio di separazione né punto doppio 1 o 2 cerchi tangenti |
6 sol. | 5 sol. | 4 sol. | 5 sol. | 6 sol. | ||
| tre punti di tangenza | 5 sol. | ||||||
| un cerchio separatore, cerchi tangenti senza punti doppi |
2 sol. | 3 sol. | |||||
| punti doppi | ∞ | 2 sol. | 3 sol. | 5 sol. |
e presenta l'inventario per i casi PCC e PPC
| Numero di incroci ▶ ▼ La configurazione contiene | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
| un circolo strettamente separatore | 0 sol. | |||
| nessun cerchio di separazione , cerchio tangente o punto doppio |
4 sol. | 2 sol. | 2 sol. | 2 sol. |
| né cerchio di separazione né cerchi tangenti a punto doppio |
3 sol. | 2 sol. | ||
| tangente di separazione del cerchio | 1 piano. | |||
| un doppio punto | ∞ | 1 piano. |
Il caso PPC ha solo tre configurazioni: se il cerchio si separa non c'è soluzione, se c'è un punto sul cerchio c'è solo una soluzione, altrimenti ce ne sono 2.