circonferenze tangenti

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

sapendo che il raggio della semicrf a sinistra è a e di quella a destra è b, trovare il raggio p di quella tangente alle altre due.

[EvaristeG]

beh, perchè fermarsi lì?
Fate una circonferenza di centro O4 che tange quella di centro O1, quella grande e quella di centro C (che avrei visto meglio come O3) e così via andando avanti, una di centro O5 che tange (O1), (O4) e quella grande etc etc.
Se r_n è il raggio della circonferenza di centro On, qual è la sua espressione in termini di n, a,b?

[Pigkappa]

Rispondendo solo a Gabriel, mi viene:

$ \displaystyle \rho = ab \frac {a+b}{a^2+ab+b^2} $

Per risolverlo si può:

A)Dire che H è la proiezione di O3 sul diametro di quella grande, vedere che O3O1=a+rho, O3O2=b+rho, O3O=a+b-rho e impostare un sistema a tre equazioni con pitagora che ha come incognite OH, O3H e rho, ovviamente ricavando solo rho.

B)Fare la stessa cosa con l'analitica (i conti sono gli stessi e non sono proibitivi se si sta attenti).

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

Va bene Pig.
EvaristeG ho notato che se chiamiamo $ r_n $ il raggio della n-sima crf tangente si ha che e $ C_n $ in centro di essa si ha che l'altezza del triangolo $ O_1O_2C_n $ è $ 2nR_n $ e che i centri delle crf tangenti stanno sull'ellisse di fuochi $ O_1 $ e $ O $ e i punti di tangenza su una circonferenza

[EvaristeG]

Già, l'arbelo ha un sacco di belle proprietà (quelle che hai trovato ora tu sono dovute a Pappo).

[EvaristeG]

Però, su, questa formula per l'n-esimo raggio?

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

in verità mi vengono dei calcoli schifosi, comunque il metodo è di trovare l'area del triangolo $ O_1OO_n $ con Erone, siccome si conoscono di lati in funzione di $ R_n $,$ a $ e $ b $, (per la storia dell'ellisse)
dividere per la base del triangolo che è $ b $, trovare la altezza e quindi la distanza del centro della circonferenza generica dal dimaetro di base e uguagliarlo a $ 2nR_n $. A questo punto ci si ricava da questa bella equazioncina $ R_n $ in funzione di $ a $, $ b $ e $ n $

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

Alla fine se tutto va bene il raggio dell'ennesima crf considerando n=1 la prima tangente alle due di partenza viene

$ \frac{4(a+b)(a+b-b)(a+b-a-b+r_n)(a+b-a-r_n)}{b^2}=4n^2r_n^2 $
da cui

$ \displaystyle r_n = ab \frac{a+b}{n^2b^2+ab+a^2} $

[edriv]

Per la soluzione bella, se qualcuno conosce l'inversione, qua è proprio il momento di usarla...

[pic88]

Invertiamo rispetto alla circonferenza di centro A e raggio AP. La circonferenza di centro O1 e quella grande vanno in rette parallele (non hanno punti in comune, perchè l'inverso del centro non è definito). Quindi le circonferenze piccole vanno in circonferenze "facili", che hanno lo stesso raggio. Si considera nella figura inversa un triangolo all'interno dell'n-esima circonferenza e si misurano i suoi lati; si "inverte" la loro misura e si trova il raggio della circoscritta.

Tra un po' posto i conti....

[pic88]

EDIT: avevo persino fatto un errore nel disegno
Ricordiamo dhe l'inverso del segmento AB in un'inversione di centro O e r ha lunghezza $ A'B'=\displaystyle \frac{r^4AB^2}{OA^2OB^2} $

Non avendo idee migliori, procedo col trovare i lati di XYZ (assumendo che i punti giacciano sulla circonferenza n-esima) e dunque, con la forumla di sopra, i lati di X'Y'Z' (infatti due inversioni portano ogni punto diverso dal centro in se stesso).

(conti inutili)

[EvaristeG]

Hmm .. piuttosto, ricorderei che se una circonferenza ha centro C e raggio r, la sua inversa rispetto a una cfr di centro O e raggio R avrà raggio
$ r'=r\frac{R^2}{|OC^2-r^2|} $
Da cui il conto è facile.