Promień okręgu
-
- Użytkownik
- Posty: 2282
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 88 razy
- Pomógł: 351 razy
Promień okręgu
Czy wiadomo coś na temat, czy rozwiązanie wyraża się jawnym wzorem? Wyszedł mi układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases}(a+b+c)r=c^2\frac{r}{x}\sqrt{1-\left( \frac{r}{x}\right)^2 }+a^2\frac{r}{d-x}\sqrt{1-\left( \frac{r}{d-x}\right)^2 }+r\left( \frac{a}{d-x}+\frac{c}{x}\right)\left( d-c\sqrt{1-\left( \frac{r}{x}\right)^2 }-a\sqrt{1-\left( \frac{r}{d-x}\right)^2 }\right) \\ b^2=\left( d-c\sqrt{1-\left( \frac{r}{x}\right)^2 }-a\sqrt{1-\left( \frac{r}{d-x}\right)^2 }\right)^2+r^2\left( \frac{a}{d-x}-\frac{c}{x}\right)^2 \end{cases}}\)
Nie sądzę, żeby ten układ miał "ładne" rozwiązanie, ale dla konkretnych \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) być może da się go rozwiązać. Poza tym nie gwarantuję, że to jest dobrze i że nie ma prostszego sposobu.
\(\displaystyle{ \begin{cases}(a+b+c)r=c^2\frac{r}{x}\sqrt{1-\left( \frac{r}{x}\right)^2 }+a^2\frac{r}{d-x}\sqrt{1-\left( \frac{r}{d-x}\right)^2 }+r\left( \frac{a}{d-x}+\frac{c}{x}\right)\left( d-c\sqrt{1-\left( \frac{r}{x}\right)^2 }-a\sqrt{1-\left( \frac{r}{d-x}\right)^2 }\right) \\ b^2=\left( d-c\sqrt{1-\left( \frac{r}{x}\right)^2 }-a\sqrt{1-\left( \frac{r}{d-x}\right)^2 }\right)^2+r^2\left( \frac{a}{d-x}-\frac{c}{x}\right)^2 \end{cases}}\)
Nie sądzę, żeby ten układ miał "ładne" rozwiązanie, ale dla konkretnych \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) być może da się go rozwiązać. Poza tym nie gwarantuję, że to jest dobrze i że nie ma prostszego sposobu.
-
- Użytkownik
- Posty: 125
- Rejestracja: 3 cze 2012, o 00:37
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lublin
- Podziękował: 16 razy
- Pomógł: 24 razy
Promień okręgu
@matmatmm a czym jest u Ciebie \(\displaystyle{ x}\)?
Z pewnego innego twierdzenia i rysunku do niego (patrz: zaakceptowana odpowiedź) próbowałbym dowieść twierdzenia odwrotnego. W tym przypadku mówiło by ono, że:
\(\displaystyle{ d = \left| AD\right| = \left| BB'\right| = \left[ CC'\right]}\)
gdzie \(\displaystyle{ B'}\) leży na prostej \(\displaystyle{ BO}\) i \(\displaystyle{ C'}\) na prostej \(\displaystyle{ CO}\) w taki sposób, że okrąg o promieniu \(\displaystyle{ r}\) jest wpisany w nieregularny sześciokąt \(\displaystyle{ B'C'ABCD}\)
Jeżeli tak jest (nie wiem tego) to policzenie promienia okręgu sprowadza się do policzenia pola tego sześciokąta gdyż jeżeli znamy pole i obwód wielokąta opisanego na okręgu to znamy promień okręgu (patrz).
Z
Kod: Zaznacz cały
https://math.stackexchange.com/questions/2183177/prove-that-a-circle-can-be-inscribed-in-the-hexagon
\(\displaystyle{ d = \left| AD\right| = \left| BB'\right| = \left[ CC'\right]}\)
gdzie \(\displaystyle{ B'}\) leży na prostej \(\displaystyle{ BO}\) i \(\displaystyle{ C'}\) na prostej \(\displaystyle{ CO}\) w taki sposób, że okrąg o promieniu \(\displaystyle{ r}\) jest wpisany w nieregularny sześciokąt \(\displaystyle{ B'C'ABCD}\)
Jeżeli tak jest (nie wiem tego) to policzenie promienia okręgu sprowadza się do policzenia pola tego sześciokąta gdyż jeżeli znamy pole i obwód wielokąta opisanego na okręgu to znamy promień okręgu (patrz
Kod: Zaznacz cały
https://math.stackexchange.com/questions/2326851/area-of-a-circle-inscribed-in-a-polygon
-
- Użytkownik
- Posty: 2282
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 88 razy
- Pomógł: 351 razy
Promień okręgu
U mnie \(\displaystyle{ x=OD}\).
Udało mi się uzyskać jeszcze jedno równanie:
\(\displaystyle{ c-\sqrt{x^2-r^2}+a-\sqrt{(d-x)^2-r^2}=b}\)
A co do twojej odpowiedzi, to wystarczyłoby, żebyśmy policzyli pole czworokąta \(\displaystyle{ ABCD}\), gdyż z drugiej strony to pole jest równe \(\displaystyle{ \frac{1}{2}(a+b+c)r}\). Masz jakiś pomysł jak sprytnie policzyć to pole?
Jeśli natomiast chodzi o sześciokąt, to to twierdzenie
Udało mi się uzyskać jeszcze jedno równanie:
\(\displaystyle{ c-\sqrt{x^2-r^2}+a-\sqrt{(d-x)^2-r^2}=b}\)
A co do twojej odpowiedzi, to wystarczyłoby, żebyśmy policzyli pole czworokąta \(\displaystyle{ ABCD}\), gdyż z drugiej strony to pole jest równe \(\displaystyle{ \frac{1}{2}(a+b+c)r}\). Masz jakiś pomysł jak sprytnie policzyć to pole?
Jeśli natomiast chodzi o sześciokąt, to to twierdzenie
wydaje mi się nieprawdziwe (narysowałem w geogebrze).Tulio pisze: \(\displaystyle{ d = \left| AD\right| = \left| BB'\right| = \left[ CC'\right]}\)
gdzie \(\displaystyle{ B'}\) leży na prostej \(\displaystyle{ BO}\) i \(\displaystyle{ C'}\) na prostej \(\displaystyle{ CO}\) w taki sposób, że okrąg o promieniu \(\displaystyle{ r}\) jest wpisany w nieregularny sześciokąt \(\displaystyle{ B'C'ABCD}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 2282
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 88 razy
- Pomógł: 351 razy
Re: Promień okręgu
Eureka! Niczego nie brakuje w zadaniu. Udało mi się znaleźć zgrabne równanie kwadratowe na \(\displaystyle{ x}\):
\(\displaystyle{ (a+c-b)\left( x(d-x)(a^2+c^2+d^2-b^2)+ac\left( (a+c-b)^2-x^2-(d-x)^2\right)-d(a+c-b)(ax+c(d-x))\right)+d(2dx-d^2)(ax-c(d-x))=0}\)
Można rozwalić deltą, a potem wyliczyć \(\displaystyle{ r}\) z
\(\displaystyle{ 4r^2=-(a+c-b)^2+2x^2+2(d-x)^2-\frac{\left( x^2-(d-x)^2\right)^2}{(a+c-b)^2}}\)
\(\displaystyle{ (a+c-b)\left( x(d-x)(a^2+c^2+d^2-b^2)+ac\left( (a+c-b)^2-x^2-(d-x)^2\right)-d(a+c-b)(ax+c(d-x))\right)+d(2dx-d^2)(ax-c(d-x))=0}\)
Można rozwalić deltą, a potem wyliczyć \(\displaystyle{ r}\) z
\(\displaystyle{ 4r^2=-(a+c-b)^2+2x^2+2(d-x)^2-\frac{\left( x^2-(d-x)^2\right)^2}{(a+c-b)^2}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 2282
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 88 razy
- Pomógł: 351 razy
Re: Promień okręgu
Oznaczmy \(\displaystyle{ \alpha=\angle CDA,\beta=\angle BAD}\). Wówczas
\(\displaystyle{ \sin\alpha=\frac{r}{x},\cos\alpha=\frac{\sqrt{x^2-r^2}}{x},\sin\beta=\frac{r}{d-x},\cos\beta=\frac{\sqrt{(d-x)^2-r^2}}{d-x}}\)
Po podniesieniu do kwadratu równania
\(\displaystyle{ a+c-b=\sqrt{x^2-r^2}+\sqrt{(d-x)^2-r^2}}\)
dostajemy po przekształceniach
\(\displaystyle{ 4r^2=-(a+c-b)^2+2x^2+2(d-x)^2-\frac{\left( x^2-(d-x)^2\right)^2}{(a+c-b)^2}}\)
Wyliczamy dalej wstawiając wyliczone \(\displaystyle{ r^2}\), że
\(\displaystyle{ (x^2-r^2)((d-x)^2-r^2)=\frac{1}{16}\left((a+c-b)^2-\frac{\left( x^2-(d-x)^2\right)^2 }{(a+c-b)^2} \right)^2}\)
oraz
\(\displaystyle{ \cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta=\frac{\sqrt{x^2-r^2}\sqrt{(d-x)^2-r^2}}{4x(d-x)}-\frac{r^2}{x(d-x)}=\frac{(a+c-b)^2-x^2-(d-x)^2}{2x(d-x)}}\)
Jeśli z punktów \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ C}\) spuścimy wysokości to powstanie trapez o podstawach \(\displaystyle{ c\sin\alpha,a\sin\beta}\) i wysokości \(\displaystyle{ d-c\cos\alpha-a\cos\beta}\).
Z twierdzenia Pitagorasa
\(\displaystyle{ b^2=(d-c\cos\alpha-a\cos\beta)^2+(c\sin\alpha-a\sin\beta)^2}\)
Po uproszczeniu
\(\displaystyle{ b^2=d^2+a^2+c^2-2cd\cos\alpha-2ad\cos\beta+2ac(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta)}\)
i po wstawieniu wyliczonych wcześniej wartości
\(\displaystyle{ a^2+c^2+d^2-b^2+\frac{ac\left( (a+c-b)^2-x^2-(d-x)^2\right) }{x(d-x)}=2\frac{cd\sqrt{x^2-r^2}}{x}+2\frac{ad\sqrt{(d-x)^2-r^2}}{d-x}}\)
Zauważamy, że
\(\displaystyle{ \left( 2\frac{cd\sqrt{x^2-r^2}}{x}+2\frac{ad\sqrt{(d-x)^2-r^2}}{d-x}\right)^2=d^2\left( (a+c-b)\left(\frac{a}{d-x}+\frac{c}{x} \right)-\frac{(x^2-(d-x)^2)\left(\frac{a}{d-x}-\frac{c}{x} \right)}{a+c-b} \right)^2}\)
Dodam jeszcze, że końcowe równanie można uprościć do postaci:
\(\displaystyle{ x^2(a+b+c)-xd(b+2c)+c(d^2-a(a+c-b))=0}\)
skracając przez wspólny czynnik \(\displaystyle{ (d^2-(a+c-b)^2)}\)
\(\displaystyle{ \sin\alpha=\frac{r}{x},\cos\alpha=\frac{\sqrt{x^2-r^2}}{x},\sin\beta=\frac{r}{d-x},\cos\beta=\frac{\sqrt{(d-x)^2-r^2}}{d-x}}\)
Po podniesieniu do kwadratu równania
\(\displaystyle{ a+c-b=\sqrt{x^2-r^2}+\sqrt{(d-x)^2-r^2}}\)
dostajemy po przekształceniach
\(\displaystyle{ 4r^2=-(a+c-b)^2+2x^2+2(d-x)^2-\frac{\left( x^2-(d-x)^2\right)^2}{(a+c-b)^2}}\)
Wyliczamy dalej wstawiając wyliczone \(\displaystyle{ r^2}\), że
\(\displaystyle{ (x^2-r^2)((d-x)^2-r^2)=\frac{1}{16}\left((a+c-b)^2-\frac{\left( x^2-(d-x)^2\right)^2 }{(a+c-b)^2} \right)^2}\)
oraz
\(\displaystyle{ \cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta=\frac{\sqrt{x^2-r^2}\sqrt{(d-x)^2-r^2}}{4x(d-x)}-\frac{r^2}{x(d-x)}=\frac{(a+c-b)^2-x^2-(d-x)^2}{2x(d-x)}}\)
Jeśli z punktów \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ C}\) spuścimy wysokości to powstanie trapez o podstawach \(\displaystyle{ c\sin\alpha,a\sin\beta}\) i wysokości \(\displaystyle{ d-c\cos\alpha-a\cos\beta}\).
Z twierdzenia Pitagorasa
\(\displaystyle{ b^2=(d-c\cos\alpha-a\cos\beta)^2+(c\sin\alpha-a\sin\beta)^2}\)
Po uproszczeniu
\(\displaystyle{ b^2=d^2+a^2+c^2-2cd\cos\alpha-2ad\cos\beta+2ac(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta)}\)
i po wstawieniu wyliczonych wcześniej wartości
\(\displaystyle{ a^2+c^2+d^2-b^2+\frac{ac\left( (a+c-b)^2-x^2-(d-x)^2\right) }{x(d-x)}=2\frac{cd\sqrt{x^2-r^2}}{x}+2\frac{ad\sqrt{(d-x)^2-r^2}}{d-x}}\)
Zauważamy, że
\(\displaystyle{ \left( 2\frac{cd\sqrt{x^2-r^2}}{x}+2\frac{ad\sqrt{(d-x)^2-r^2}}{d-x}\right)^2=d^2\left( (a+c-b)\left(\frac{a}{d-x}+\frac{c}{x} \right)-\frac{(x^2-(d-x)^2)\left(\frac{a}{d-x}-\frac{c}{x} \right)}{a+c-b} \right)^2}\)
Dodam jeszcze, że końcowe równanie można uprościć do postaci:
\(\displaystyle{ x^2(a+b+c)-xd(b+2c)+c(d^2-a(a+c-b))=0}\)
skracając przez wspólny czynnik \(\displaystyle{ (d^2-(a+c-b)^2)}\)