Difícil De Recurrencia

Question

Estoy tratando de resolver un Sangaku problema.

Los círculos azules tienen radios. El objetivo es encontrar el área total de todos los otros círculos (los tres secuencias de los círculos de la repetición ad infinitum).

Tengo casi resuelto el problema. He encontrado que el área del círculo rojo, y el área total de todos los círculos de tocar el eje horizontal. Incluso tengo una propuesta de recurrencia para el radio de los círculos de ir hasta el centro. Aquí está mi lógica:

Tomar cualquier círculo en la pila vertical. Dibuje un triángulo con un vértice en el centro, uno en el centro de la (a la izquierda) círculo azul, y un vértice por debajo de la azul el centro del círculo con el resto de los vértices. Una de las patas de este triángulo tiene una longitud de uno, y la hipotenusa es $1 + r$ donde $r$ es el radio del círculo en cuestión. La otra pierna tiene la longitud de uno menos la suma de $r$ y los diámetros de todos los círculos de abajo. Sólo hay una incógnita y estas cantidades son los únicos relacionados por el teorema de Pitágoras.

Así que tenemos una recurrencia. $R(n)$ denota el radio de la $n^{th}$ círculo en la pila vertical, con $n=1$ el círculo rojo. Después de la manipulación de la expresión del teorema de Pitágoras, obtenemos $$\begin{align*} R(1) &= 1/4 \\ R(n) &= \dfrac{\left(1 - 2\sum_{k = 1}^{n-1} R(k)\right)^2}{4\left(1 - \sum_{k = 1}^{n-1} R(k)\right)} \end{align*}$$

Esto es donde estoy atascado. Estoy buscando cualquier tipo de ayuda en la solución de forma cerrada de $R$. Gracias

(Para los interesados, aquí está mi trabajo en la primera parte del problema. Si usted encuentra un error, por favor siéntase libre para señalarlo, pero mi pregunta principal es cómo resolver el anterior recurrencia.)

El avivamiento de Sangaku

Tome cualquiera de las tres círculos que se $(1)$ todos tangente al eje horizontal y $(2)$ tocándose el uno al otro. El radio de la media puede ser dada en términos de los radios de dos círculos exteriores por $$\frac{1}{\sqrt{r_{mid}}} = \frac{1}{\sqrt{r_1}} + \frac{1}{\sqrt{r_2}}$$

Vamos a ver por qué la relación se mantiene. Deje $(x_{mid}, y_{mid})$ denotar el centro del círculo medio. Vamos, vamos $(x_1, y_1)$ $(x_2, y_2)$ ser los centros de los círculos exteriores, con radios iguales a $r_1$$r_2$.

Dibuja tres triángulos rectángulos:

• $\triangle_1$ con vértices $(x_1, y_1)$, $(x_{mid}, y_{mid})$, y $(x_1, y_{mid})$,
• $\triangle_2$ con vértices $(x_2, y_2)$, $(x_{mid}, y_{mid})$, y $(x_2, y_{mid})$, y
• $\triangle_3$ con vértices $(x_1, y_1)$, $(x_2, y_2)$, y $(x_1, y_2)$.

La hipotenusa de cada triángulo es la suma de los radios de dos círculos involucrados. Además, una pierna es igual a la diferencia de la radio más grande de los más pequeños. Por lo tanto, la duración de la tercera etapa es igual a dos veces la raíz cuadrada del producto de los radios de los involucrados. (Saca una foto aquí, el uso del Teorema de Pitágoras)

Además, la suma de las longitudes de la tercera pata de $\triangle_1$ $\triangle_2$ igual a la longitud de la tercera pata de $\triangle_3$.

Formalmente, $$\begin{align*} (r_1 + r_{mid})^2 &= leg(\triangle_1)^2 + (r_1 - r_{mid})^2 \\ (r_2 + r_{mid})^2 &= leg(\triangle_2)^2 + (r_2 - r_{mid})^2 \\ (r_1 + r_2)^2 &= leg(\triangle_3)^2 + (r_1 - r_2)^2 \\ leg(\triangle_1) + leg(\triangle_2) &= leg(\triangle_3) \\ &\implies \\ \sqrt{(r_1 + r_{mid})^2 - (r_1 - r_{mid})^2} &+ \sqrt{(r_2 + r_{mid})^2 - (r_2 - r_{mid})^2} \\ &= \sqrt{(r_1 + r_2)^2 - (r_1 - r_2)^2} \\ &\implies \\ 2\sqrt{r_1r_{mid}} + 2\sqrt{r_2r_{mid}} &= 2\sqrt{r_1r_2} \\ &\implies \\ \frac{1}{\sqrt{r_1}} + \frac{1}{\sqrt{r_2}} &= \frac{1}{\sqrt{r_{mid}}} \end{align*}$$

Ahora vamos a centrarnos en la secuencia de círculos descendente hacia la izquierda. Deje $R : \{1, 2, 3, ... \} \rightarrow \mathbb{R}$ definir el radio de la $n^{th}$ círculo, donde se inicia con la izquierda, círculo de radio uno, a continuación, mueva el círculo rojo, luego a la izquierda en el círculo verde, luego a la naranja, etc.

$$\begin{align*} R(1) &= 1 \\ \frac{1}{\sqrt{R(n)}} &= \dfrac{1}{\sqrt{R(n-1)}} + 1 \end{align*}$$ Observe que podemos hacer la siguiente sustitución: $$T(n) = \frac{1}{\sqrt{R(n)}}$$ A continuación,$T(n) = T(n-1) + 1$,$T(1) = 1$, lo $T(n) = n$. La solución para $R(n)$ nos da

$$R(n) = \dfrac{1}{n^2}$$

Así, cada círculo tiene área de $\pi n^{-4}$.

De modo que el área total de los círculos anidados tocar la línea horizontal es $$\pi\left(2^{-4} + 2\sum_{k=3}^{\infty} k^{-4}\right)$$

Ahora, usted puede utilizar rigurosos métodos de primaria, la de Riemann zeta función, o WolframAlpha para calcular $$\sum_{k=1}^{\infty} k^{-4} = \frac{\pi^4}{90}$$ Así, $$\sum_{k=3}^{\infty} k^{-4} = \frac{\pi^4}{90} - \frac{17}{16}$$ y, entonces, el área total de los círculos de tocar el eje horizontal es $$\pi\left(\frac{\pi^4}{45} - \frac{33}{16}\right)$$

Answer 1

Como se indicó en los comentarios, debido a que el círculo de Descartes teorema de los cuatro mutuamente círculos tangentes satisfacer la identidad: $$ 2(\kappa_1^2+\kappa_2^2+\kappa_3^2+\kappa_4^2)=(\kappa_1+\kappa_2+\kappa_3+\kappa_4)^2$$ donde $\kappa_i$ es la curvatura del círculo $\Gamma_i$, es decir, el recíproco de la radio.

Mediante el establecimiento $\kappa_n=\frac{1}{R(n)}$, Vieta saltando da: $$ \kappa_0=0,\kappa_1=4,\quad\kappa_{n+1} = 2\kappa_n -\kappa_{n-1}+4,$$ por lo tanto: $$R(n)=\frac{1}{2n(n+1)}$$ y: $$\sum_{n=1}^{+\infty}R(n)^2 = \frac{\pi^2-9}{12},$$ desde: $$\frac{1}{n^2(n+1)^2}=\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)^2=\frac{1}{n^2}+\frac{1}{(n+1)^2}-\left(\frac{2}{n}-\frac{2}{n+1}\right),$$ por lo $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$ y un nuevo número racional hacer su aparición.

Answer 2

Yo creo que su recurrencia debe tener la forma $$R(n) = \frac{\left(1 - 2 \sum_{k=1}^{n-1} R(k)\right)^2}{4\left(1 - \sum_{k=1}^{\color{red}{n-1}} R(k)\right)}.$$ To solve this, let $S(n) = \sum_{k=1}^n R(k)$, and solve the above expression for $S(n-1)$: $$S(n-1) = \frac{1}{2}\left(1 - R(n) - \sqrt{R(n)(2+R(n))}\right),$$ where we take the smaller root since we require $S(0) = 0$ for $R(1) = \frac{1}{4}$. Then we observe that $S(n) - S(n-1) = R(n)$, or $$2R(n) = R(n) - R(n+1) + \sqrt{R(n)(2+R(n))} - \sqrt{R(n+1)(2+R(n+1))}.$$ Now solving this recurrence for $R(n+1)$ yields $$R(n+1) = \frac{R(n)}{1 + 2R(n) + 2 \sqrt{R(n)(2+R(n))}}.$$ It is not difficult to show that if $R(1) = \frac{1}{4}$, then we can solve this recurrence explicitly to get $$R(n) = \frac{1}{2n(n+1)}.$$

Answer 3

Una técnica útil para tratar con el círculo de embalaje de los problemas de este tipo es el círculo de la inversión. Dado que la inversión de la conserva de tangencia y envía cada línea y el círculo a otro de la línea o círculo (con círculos que pasan por el centro del círculo de la inversión de convertirse en líneas), si queremos invertir con respecto a un círculo de radio $1$ centrado en una de las esquinas de la "triángulo" en el conjunto, nos queda el análisis de un círculo de embalaje entre dos líneas rectas que son paralelas (como su único punto de intersección se invierte hasta el infinito). La geometría de un conjunto es fácil, ya que todos los círculos son congruentes, y el problema se reduce a que, para cada círculo, la búsqueda de la radio (que es constante) y la distancia desde el centro del círculo hasta el centro del círculo que hemos utilizado para nuestra inversión. Estos datos directamente determina la distancia del punto más cercano y el más alejado de los puntos en el círculo desde el centro de nuestra inversión de círculo, que determina los datos correspondientes cuando nos invertir de nuevo, lo que nos permite calcular el radio.

Para un ejemplo práctico el uso de este método, vea este video.