[alogo] 1. Πρόβλημα του Malfatti

Να κατασκευασθούν τρεις κύκλοι {k1, k2, k3}, έκαστος εξωτερικά εφαπτόμενος των δύο άλλων καθώς και δύο πλευρών του τριγώνου A1A2A3.

[0_0] [0_1] [0_2] [0_3]
[1_0] [1_1] [1_2] [1_3]
[2_0] [2_1] [2_2] [2_3]
[3_0] [3_1] [3_2] [3_3]

[alogo] 2. Η ιδέα λύσης του Steiner

Ο Steiner διετύπωσε χωρίς απόδειξη την παρακάτω διαδικασία κατασκευής της λύσης.
[1] Θεώρησε το έκκεντρο M, σημείο τομής των διχοτόμων του τριγώνου.
[2] Γράψε τους κύκλους {c1, c2, c3} εγγεγραμμένους των αντιστοίχων τριγώνων {MA2A3, MA3A1, MA1A2}.
[3] Θεώρησε κατόπιν τις άλλες εφαπτόμενες {D1E1,D2E2,D3E3} των τριών αυτών κύκλων (συμμετρικές των ευθειών MA1, MA2,MA3 ως προς τις διακέντρους ευθείες αυτών των κύκλων) που τέμνονται σε σημείο K.
[4] Οι ζητούμενοι κύκλοι {k1, k2, k3} είναι οι εγγεγραμμένοι των τριών τετραπλεύρων {A1D2KD3, A2D3KD1, A3D1KD2}.

[alogo] 3. H απόδειξη του Hart

Η επόμενη απόδειξη ακολουθεί στενά τον Coolidge ο οποίος ακολουθεί τον Hart. Η απόδειξη είναι απλή, αλλά έχει σχήμα με κάπως δισδιάκριτα σημεία γύρω από το έκκεντρο Μ του τριγώνου. Τα αριθμημένα γράμματα {B, C, D, F, G, P} υποδεικνύουν σημεία επαφής. Η απόδειξη ξεκινά με την ανάλυση και δείχνει ότι εάν υπάρχει λύση αυτή θα δίδεται από την διαδικασία που προτείνει ο Steiner. Υποθέτουμε λοιπόν ότι οι ζητούμενοι κύκλοι {k1, k2, k3} με τις απαιτούμενες από το πρόβλημα ιδιότητες έχουν ήδη κατασκευασθεί.

[1] Θεώρησε τις εσωτερικές εφαπτόμενες {D1E1, D2E2, D3E3} με σημεία επαφής {P1, P2, P3} και κοινή τομή στο σημείο K, που είναι το ριζικό κέντρο, και συνεπώς KP1=KP2=KP3.
[2] Κατασκεύασε τους κύκλους {c1, c2, c3} αντίστοιχα εγγεγραμμένους των τριγώνων {KE2E3, KE3E1, KE1E2}. Στην συνέχεια δείξε ότι αυτοί οι κύκλοι εφάπτονται στις πλευρές του τριγώνου ακριβώς στα σημεία {D1, D2, D3}, όπου οι εσωτερικές εφαπτόμενες των {ki} τέμνουν τις πλευρές του τριγώνου.
[3] Πράγματι:
E1D2 - E3D2 = E1B2 - E3C2 = E1P1 - E3P3 = E1K - E3K.
Αυτό συνεπάγεται ότι το D2 είναι σημείο επαφής του c2 με την ευθεία A1A3. Ανάλογη είναι η απόδειξη και γιά τα σημεία D1, D3.
[4] Στην συνέχεια θεώρησε τις διαφορετικές των {D1E1, D2E2, D3E3} εσωτερικές εφαπτόμενες των κύκλων {c1, c2, c3}. Αυτές είναι τρεις ευθείες {L1, L2, L3} διερχόμενες επίσης από κοινό σημείο M (δες Δύο ισογώνια σημεία ). Στην συνέχεια ταυτίζουμε αυτές τις ευθείες με τις διχοτόμους του τριγώνου, άρα και το Μ με το έκκεντρο του τριγώνου.
[5] Συμβόλιζε με {Fj, Gj} τα σημεία επαφής των κύκλων {ci} με τις ευθείες {DjEj}. Λόγω της σχέσεις συμμετρίας των {Li} προς τις {DiEi} γιά να δείξουμε ότι η L1 διέρχεται από το A1 αρκεί να δείξουμε ότι το μήκος FiGi = A1D2 - A1D3 (αφού, από την συμμετρία, το F1G1 ισούται με την απόσταση των σημείων επαφής των c2, c3 και της L1). Όμως:
A1D2 - A1D3 = C2D2 - B3D3 = P3G3 - P2F2 = F1G1. Άρα, η L1 διέρχεται από το A1. Ανάλογη είναι η απόδειξη και γιά τις ευθείες L2 και L3.
[6] Γιά να ταυτίσουμε την L1 με την διχοτόμο αποδεικνύουμε ότι το A1 είναι στον κύκλο ομοιότητας των {c2, c3} (δες Κύκλος ομοιότητας ), άρα βλέπει τους δύο κύκλους υπό ίσες γωνίες. Προς τούτο αρκεί να δείξουμε ότι οι χορδές που αποτέμνουν οι κύκλοι {c2, c3} επί της ευθείας D2D3 είναι ίσοι. Τούτο πάλι είναι ισοδύναμο με την ισότητα των δυνάμεων ως προς τους κύκλους: p(D2, c3) = p(D3, c2), που ανάγεται στην ισότητα των εφαπτομένων προς αυτούς τους κύκλους: D2F2 = D3G3.
[7] Γιά την απόδειξη της D2F2 = D3G3, σημείωσε ότι D3G3 = D3P3 + P3G3 = D3B3 + D2C2 = 2D3B3. Ανάλογα D2F2 = 2D2C2. Άρα η ευθεία L1 ταυτίζεται με την διχοτόμο και ανάλογα επιχειρήματα δείχνουν ότι και οι ευθείες L2, L3 είναι διχοτόμοι του τριγώνου.

Τα επιχειρήματα αυτά δείχνουν, ότι άν υπάρχει μία λύση, τότε αυτή θα δίδεται από την διαδικασία που προτείνει ο Steiner. Απομένει όμως το πρόβλημα της ύπαρξης. Πως μπορεί να δείξει κανείς ότι όντως υπάρχει μία λύση;

[alogo] 3. Η απόδειξη ύπαρξης του Hart

Η απόδειξη ύπαρξης του Hart στηρίζεται σε ένα επιχείρημα συνέχειας. Θεώρησε μικρό κύκλο k1 εφαπτόμενο των πλευρών {AB, AC} καθώς και δύο άλλους κύκλους {k2, k3}, έκαστος εφαπτόμενος του k1 και των δύο πλευρών του τριγώνου.

[0_0] [0_1]

Οι τρεις κύκλοι εξαρτώνται με συνεχή τρόπο από την ακτίνα r του κύκλου k1 (και φυσικά τα δεδομένα του τριγώνου). Γιά μικρές τιμές του r οι δύο κύκλοι {k2, k3} τέμνονται. Γιά μεγάλες τιμές του r οι δύο κύκλοι είναι ξένοι. Συνεπώς, λόγω συνέχειας, θα υπάρχει τιμή r0 της ακτίνας γιά την οποία οι κύκλοι {k2, k3} είναι εφαπτόμενοι. Αφού οι κύκλοι αυτοί είναι πάντα εφαπτόμενοι και στον k1 παίρνουμε με αυτό τον τρόπο μιά λύση του προβλήματος του Malfatti.

[0_0] [0_1]

Δείτε ακόμη

Δύο ισογώνια σημεία
Κύκλος ομοιότητας

Βιβλιογραφία

Coolidge, J. L. A Treatise on the Geometry of the Circle and Sphere. New York, Chelsea, 1971, p. 175.
Steiner, J. Werke Bd. I. New York, Chelsea, 1971, p. 35.

Επιστροφή στο Γεωμετρικόν

Δημιουργήθηκε με το EucliDraw©