Demostrar la existencia de un círculo

Question

Hay dos círculos con radios $1$, $c_{A}$ y ${c}_{B}$. Se intersectan en dos puntos $U$ y $V$. $A$ y $B$ son dos $n$-gonos regulares, con $n > 3$, que están inscritos en $c_{A}$ y ${c}_{B}$ de manera que $U$ y $V$ son vértices de $A$ y $B.

Luego suponga que se va a colocar un tercer círculo, $c$, con un radio de $1$ de manera que intersecta a $A$ en dos de sus vértices $W$ y $X$ e intersecta a $B$ en dos de sus vértices $Y$ y $Z$.

Detalles y Suposiciones:

1. Suponga que $U,V,W,X,Y,Z$ son todos puntos distintos.

2. $U$ está fuera de $c$.

3. $V$ está dentro de $c$.

Dadas todos estos detalles, demuestre que existe un $2n$-gonó regular que está formado por $W,X,Y,Z$ como sus 4 vértices.

Answer 1

Al responder a la pregunta más fácil sobre por qué los puntos siempre se encuentran en un $2n$-gono regular. Dejando la pregunta más interesante sobre listar los posibles valores de $n$ cuando esto puede suceder para más adelante (¡o para otra persona!).

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Denotemos $\phi=2\pi/n$. Alineamos los ejes de coordenadas de tal manera que el centro de $c_A$ esté en el origen $O$ y que el eje $x$ positivo interseque $c_A$ en un vértice de $A$. Esto implica que los puntos $U, V, X, W$ tienen todas coordenadas polares angulares que son múltiplos enteros de $\phi$.

Sea $L_1$ (resp. $L_2$) la línea que pasa por $U$ y $V$ (resp. por $W$ y $X$). La línea $L_1$ es perpendicular al bisector del ángulo entre $\vec{OU}$ y $\vec{OV}$. Por lo tanto, $L_1$ apunta en la dirección que es perpendicular a un múltiplo entero de $\phi/2$. Lo mismo se cumple para $L_2$. Así que el ángulo $\theta$ entre $L_1$ y $L_2$ también es un múltiplo entero de $\phi/2$, por lo que $\theta= k\pi/n$ para algún entero $k.

Sea $s_1$ (resp. $s_2$) la reflexión respecto a $L_1$ (resp. $L_2$). Es bien sabido que la composición $r=s_2\circ s_1$ es una rotación alrededor del punto de intersección $Q=L_1\cap L_2$ por el ángulo $2\theta = 2k\pi/n = k\phi$. Si esto es nuevo para ti, la animación a continuación puede aclarar esto. Ahí, la flecha negra es reflejada primero respecto a la línea azul, y la flecha roja es la imagen en el espejo. Por su parte, la flecha roja es luego reflejada respecto a la línea verde y la flecha naranja es su imagen en el espejo. La animación intenta convencerte de que, independientemente de en qué dirección apunte la flecha negra, el ángulo entre ella y la flecha roja naranja es constante (= dos veces el ángulo entre las líneas azul y verde). Demuéstralo si aún no lo has hecho. ¡No es difícil!

Es claro que $A=s_1(B)$ y que el $s_2(A)=r(B)$ es un $n$-gono regular circunscrito por $c$. Esto implica que $r(c_B)=c$. Además, dado que el ángulo de rotación $2\theta$ es un múltiplo de $\phi$, los lados del $n$-gono regular $r(B)$ son paralelos a los de $B$. Esperemos que la figura a continuación haga más claro lo que sucedió. Después de que reflejamos el $n$-gono $B$ (rojo) primero respecto a la línea $L_1$ para obtener el $n$-gono $A$ (verde) y luego respecto a la línea $L_2$, el $n$-gono resultante (azul) se puede obtener a partir de $B$ también por una traslación paralela. ¡Totalmente independientemente de si los círculos $c_B$ y $c$ se intersecan en los vértices del $n$-gono $B o no (en la imagen intencionalmente no lo hacen)!

Sea $s_3$ la reflexión respecto a la línea $L_3$ que pasa por $Y$ y $Z$. Si $O_B$ es el centro del círculo $c_B$, entonces el ángulo $\beta=\angle YO_BZ$ es un múltiplo entero de $\phi$, digamos $\beta=\ell\phi$. El ángulo entre $YZ$ y $O_BY$ es entonces $$\gamma=\frac\pi2-\frac\beta2=\frac\pi2-\frac{\ell\pi}n=\frac\pi{2n}(n-2\ell).$$ Esto significa que el ángulo entre $L_3$ y la extensión de cualquier borde de $B$ es un múltiplo entero de $\pi/2n=\phi/4$. Por lo tanto, bajo la reflexión $s_3$, las direcciones de esos bordes cambian por un múltiplo entero de $\phi/2$. Por lo tanto, el $n$-gono regular $s_3(B)$ es o bien paralelo a $r(B)$ en sí mismo o paralelo a una versión rotada por $\phi/2$ (dependiendo de la paridad de $n-2\ell\equiv n\pmod2$). Porque $s_3(B)=s_3(s_1(A))$ los $n$-gonos $s_3(B)$ y $A$ son paralelos. Con un poco de imaginación, se puede ver en la figura anterior que el 11-gono verde está "medio paso" desincronizado de los 11-gonos azul y rojo que son paralelos entre sí.

Dado que ambos $n$-gonos regulares, $s_3(B)$ y $r(B)$ están circunscritos por $c$, $r(B)$ contiene a $W$ y $X$ como vértices, y $s_3(B)$ contiene a $Y$ y $Z$ como sus vértices, la afirmación sigue de esto.

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Extras que pueden o no ayudar en simplificar el argumento anterior o encontrar las soluciones:

Porque obtenemos $c$ al rotar $c_B$ alrededor de $Q$, el punto $Q$ debe estar a la misma distancia de los centros de $c_B$ y $c$. En otras palabras, $Q$ está en la línea $YZ$ (entonces las líneas $L_1$, $L_2$ y $L_3$ se intersecan en el mismo punto $Q).

Recordando que $s_3$ es la reflexión respecto a $YZ$, entonces $s_3\circ r$ es otra reflexión (como una traslación rígida que invierte la orientación del plano), llámala $s_4$. Claramente $s_4(Q)=Q$ y $s_4(c_B)=c_B$, por lo que $s_4$ debe ser la reflexión respecto a la línea que une $Q$ y el centro de $c_B$.

Answer 2

Intenté resolver el problema en un entorno más general. Sin embargo, a pesar de mi (¡duro!) esfuerzo, esto NO es una respuesta. La razón por la que lo publico aquí es porque podría arrojar más luz sobre este problema y su versión general, que encuentro muy entretenida e interesante. Entonces, si mi razonamiento pudiera ayudar a alguien a encontrar una solución adecuada, aquí está.

Sean $A_m$ y $A_n$ dos polígonos regulares de $m$ y $n$ lados respectivamente, cada uno inscrito en un círculo de radio $1$. Digamos que "encajan juntos en un orden $d$" (notación inventada) si $d$ divide tanto a $m$ como a $n).

Esto corresponde visualmente a colocar los polígonos uno sobre otro de manera que los centros de los círculos circunscritos coincidan y permitir que un vértice de un polígono coincida con un vértice del otro. Entonces, $d$ es el número de vértices en la imagen que pertenecen a ambos polígonos.

Los posibles "órdenes de encaje" para $A_m$ y $A_n$ son entonces $1=d_1,d_2,d_3,\dots,d_r=\gcd(m,n)$ donde los $d_i$ son todos los divisores comunes de $m$ y $n$. Denotemos este conjunto como $D_{m,n}$.

Ahora, para el entorno geométrico, tomemos un círculo $C$ con radio $1$ y centro $O$ y dos cuerdas $\overline{A_1B}_1$ y $\overline{A_2B}_2$. Sean $M_1$ y $M_2$ el punto medio de $\overline{A_1B}_1$ y $\overline{A_2B}_2$ respectivamente, y sea $\theta$ el ángulo $M_1\widehat{O}M_2$, como en la imagen a continuación:

Reflejar $C$ sobre $\overline{A_1B}_1$ da otro círculo $C_1$; al hacer lo mismo con $\overline{A_2B}_2$ obtenemos un círculo $C_2$. Estos círculos pueden o no intersectarse; supongamos que lo hacen. Entonces se encontrarán en dos puntos $P$ y $Q.

Reflejar $P$ sobre las dos cuerdas, obtenemos dos puntos $P_1$ y $P_2$ que se encuentran en el círculo original $C$. Haciendo lo mismo con $Q$, obtenemos otros dos puntos $Q_1$ y $Q_2. Por simetría, se puede ver que $\overline{PQ}=\overline{P_1Q}_1=\overline{P_2Q}_2$ y también $P\widehat{O}_1Q=P\widehat{O}_2Q=P_1\widehat{O}Q_1=P_2\widehat{O}Q_2$, donde $O_1$ y $O_2$ son los centros de $C_1$ y $C_2.

Aquí está la imagen para $P_1$ y $Q_1:

Entonces, partimos de dos cuerdas en un círculo y terminamos con otras dos cuerdas de igual longitud en alguna posición aleatoria en el círculo. Volviendo a los polígonos, dados tres polígonos $A_m, A_n$ y $A_p$ podemos elegir dos cuerdas de $A_m$ (es decir, segmentos cuyos extremos son vértices del polígono) seleccionando $d_1\in D_{m,n}$ y $d_2\in D_{m,p}$ y decidiendo cuál es su posición en el polígono. Esta elección determinará otras dos cuerdas que, en general, serán cuerdas del círculo circunscrito de $A_m$ pero no de $A_m$ en sí;

el desafío es determinar qué valores de $n$ y $p$ conducen a cuerdas que son también cuerdas de $A_m$. Una condición necesaria para esto es que el ángulo $P\widehat{O}_1Q$ debe ser de la forma $2\pi/d^*$ donde $d^*$ es un divisor común de $m,n$ y $p$. Este ángulo $\alpha^*$ está determinado de forma única por la distancia $\overline{O_1O_2}=L$, porque $L/2=\cos(\alpha^*/2)$. Por otro lado, tenemos (por la ley de los cosenos) \begin{equation} L^2=\overline{OO}_1^2+\overline{OO}_2^2-2\overline{OO}_1\ \overline{OO}_2\cos\theta \end{equation} Pero también tenemos \begin{equation} \overline{OO}_1=2\cos\left(\frac{\pi}{d_1}\right)\qquad \overline{OO}_2=2\cos\left(\frac{\pi}{d_2}\right) \end{equation> entonces \begin{equation> (L/2)^2=\cos^2(\pi/d_1)+\cos^2(\pi/d_2)-2\cos(\pi/d_1)\cos(\pi/d_2)\cos\theta= \cos^2(\pi/d^*) Tenemos que $\theta$ también tiene que ser un múltiplo de $2\pi/m$, por lo que podemos establecer $\theta = 2\pi/d$ con $d$ divisor de $m.

Al final, el problema es encontrar $d_1,d_2,d^*$ y $d$ tal que \begin{equation> \cos^2(\pi/d_1)+\cos^2(\pi/d_2)-2\cos(\pi/d_1)\cos(\pi/d_2)\cos(\pi/d)= \cos^2(\pi/d^*) \end{equation>

Esto dará todas las combinaciones posibles de tres polígonos que "encajarán juntos" de alguna manera. No sé cómo resolver esto, pero pensé en compartirlo contigo en caso de que alguien pudiera ver la solución.

Answer 3

Aquí hay una prueba directa de la existencia del $2n$-gon.

Ignorando los polígonos por el momento, tomamos los puntos $W$ y $X$ en $\bigcirc A$ y los puntos $Y$ y $Z$ en $\bigcirc B$, de tal manera que $W$, $X$, $Y$, $Z$ se encuentren en $\bigcirc C$, donde los tres círculos son congruentes.

Definimos $w$, $x$, $y$, $z$ como las medidas de los ángulos hechos, respectivamente, por los segmentos radiales $\overline{AW}$, $\overline{AX}$, $\overline{BY}$, $\overline{BZ}$ con $\overleftrightarrow{AB}$. (Estas cuatro medidas, tal como están descritas, son ambiguas; eso está bien.) Debido a que los cuadriláteros $AWCX$ y $BYCZ$ son rombos —y por lo tanto también paralelogramos— los segmentos radiales $\overline{CX}$, $\overline{CW}$, $\overline{CZ}$, $\overline{CY}$ forman ángulos comparables con la línea a través de $C$ paralela a $\overleftrightarrow{AB}.

Claramente, entonces, la medición de cualquier $\angle PCQ$, con $P$ y $Q$ en $\{W, X, Y, Z\}$, es alguna combinación de $\pm w$, $\pm x$, $\pm y$, $\pm z$, y $\pm \pi$. (Permitir $\pm \pi$ elimina cualquier problema con nuestra definición ambigua de $w$, $x$, $y$, $z$.) Lo más importante: Si $w$, $x$, $y$, $z$, $\pi$ son múltiplos de un valor común, entonces esos $\angle PCQ$ también lo serán.

Recordando el contexto original del problema, tenemos que $\bigcirc A$ y $\bigcirc B$ se encuentran en vértices de $n$-gons inscritos. Necesariamente, $\overleftrightarrow{AB}$ es una línea de simetría para la figura poligonal compuesta, ya sea que pase por los vértices de los polígonos, o que bisecte perpendicularmente los bordes de los polígonos, o ambos. En cualquier caso, los segmentos radiales hacia los vértices de cada polígono forman ángulos con $\overleftrightarrow{AB}$ que son múltiplos de $\pi/n$.

Por lo tanto, si $W$, $X$, $Y$, $Z$ son ellos mismos vértices de estos $n$-gons, entonces $w$, $x$, $y$, $z$ (¡y $\pi$!) son múltiplos de $\pi/n$, al igual que los $\angle PCQ$. Como $\pi/n = 2\pi/(2n)$ es el ángulo central entre vértices vecinos de un $2n$-gon, tenemos nuestro resultado.

Nota: Si $n$ es par, y si los polígonos se superponen de manera tal que tienen vértices en la línea de simetría $\overleftrightarrow{AB}$, entonces $w$, $x$, $y$, $z$ (y $\pi$!) son múltiplos de $2\pi/n$, de manera que $W$, $X$, $Y$, $Z$ son vértices de un $n$-gon alrededor de $C.

Answer 4

Este problema geométrico se puede expresar en términos puramente algebraicos, precisamente todo se reduce a una cierta relación lineal $\mathbb Q$ entre las raíces de la unidad, y este tema es un clásico que ya ha sido estudiado por Mann, Schoenberg, Conway y otros. Se sigue de lo que mostramos a continuación que $n \leq 15$.

Denotemos por $\Omega_A, \Omega_B, \Omega_C$ los centros de $c_A, c_B, c$ respectivamente, y $z_A, z_B, z_C$ los números complejos correspondientes (o "afijos" como se llaman en francés). De manera similar, denotemos por $z_U, z_V, z_W, z_X, z_Y, z_Z$ los afijos de $U, V, W, X, Y, Z$. Sea $\zeta$ una raíz primitiva $n$-ésima de la unidad.

Podemos suponer sin pérdida de generalidad que $z_A=0$. Entonces existen cuatro enteros $u, v, w, x \in [0, n-1]$ tales que $z_U= \zeta^{u}, z_V= \zeta^{v}, z_W= \zeta^{w}, z_X= \zeta^{x}$. Por la misma razón, existen dos enteros $y, z \in [0, n-1]$ tales que $z_Y= z_B - \zeta^{y}, z_Z= z_B - \zeta^{w}$.

Dado que $\Omega_AU\Omega_BV$, $\Omega_AX\Omega_CW$ y $\Omega_BY\Omega_CZ$ son paralelogramos, deducimos que $z_B= \zeta^{u} + \zeta^{v}, z_C= z_W + z_X - z_A= z_Y + z_Z - z_B$.

Dado que $X, U, V, W$ son cuatro puntos distintos en $c$, observamos que $x, u, v, w$ son todos distintos entre sí. De manera similar, $y, u, v, z$ son también todos distintos entre sí, y $x, y, z, w$ son todos distintos entre sí. En resumen, $x, y, z, u, v, w$ son todos distintos.

Combinando todas esas igualdades, vemos que

$$ \begin{array}{lcl} z_B &=& \zeta^u +\zeta^v \\ z_Y &=& \zeta^u +\zeta^v-\zeta^y \\ z_Z &=& \zeta^u +\zeta^v-\zeta^z \\ z_C &=& \zeta^x+\zeta^w = \zeta^u +\zeta^v-\zeta^y-\zeta^z \end{array}\tag{1} $$

Así que todo se reduce a la relación

$$ \zeta^x +\zeta^y+\zeta^z+\zeta^w-(\zeta^u+\zeta^v)=0 \tag{2} $$

Lo anterior es un ejemplo de lo que llamo una $U$-relación. Se define como un par doble $((a_1, a_2, \ldots, a_r), (\xi_1, \xi_2, \ldots, \xi_r))$ que satisface la identidad $\sum_{k=1}^{r} a_k \xi_k = 0$ donde los $a_k$ son enteros no nulos y los $\xi_k$ son raíces de la unidad distintas. Llamo al entero $r$ la longitud de la $U$-relación. Hay tres operaciones naturales en las $U$-relaciones: permutación, rotación y multiplicación por una constante. Lo que quiero decir con eso es que $((a_{\sigma(1)}, a_{\sigma(2)}, \ldots, a_{\sigma(r)}), (\xi_{\sigma(1)}, \xi_{\sigma(2)}, \ldots, \xi_{\sigma(r)}))$ sigue siendo una $U$-relación cuando $\sigma$ es una permutación de los enteros entre $1$ y $r$, $((a_1, a_2, \ldots, a_r), (\alpha \xi_1, \alpha \xi_2, \ldots, \alpha \xi_r))$ sigue siendo una $U$-relación cuando $\alpha$ es una raíz de la unidad, y $((k a_1, k a_2, \ldots, k a_r), (\xi_1, \xi_2, \ldots, \xi_r))$ sigue siendo una $U$-relación cuando $k\in{\mathbb Z}, k \neq 0$. La $U$-relación regular de longitud $r$ es la $U$-relación $((1, 1, \ldots, 1), (1, \eta, \eta^2, \ldots, \eta^{r-1}))$ donde $\eta$ es una raíz primitiva $r$-ésima de la unidad. Una $U$-relación $((a_1, a_2, \ldots, a_r), (\xi_1, \xi_2, \ldots, \xi_r))$ se dice que es reducible si hay una partición $I \cup J$ de $[1, r]$ en dos partes no vacías tales que $\sum_{k \in I} a_k \xi_k = \sum_{k \in J} a_k \xi_k = 0$. Es fácil ver que una $U$-relación regular es irreducible si y solo si su longitud es un número primo.

Teorema Para cualquier $k$, hasta la permutación, rotación y multiplicación por una constante, solo hay finitas $U$-relaciones irreducibles de longitud $k$. Con longitud $\leq 7$, las únicas $U$-relaciones irreducibles no regulares son

$$ ((\epsilon_1, \epsilon_2, \epsilon_3, \epsilon_4, \epsilon_5, \epsilon_6), (-\epsilon_1\alpha, -\epsilon_2\alpha^2, \epsilon_3\beta, \epsilon_4\beta^2, \epsilon_5\beta^3, \epsilon_6\beta^4)), \tag{3} $$

donde todos los $\epsilon_k (1 \leq k \leq 6)$ son $\pm 1$, $\alpha$ es una raíz primitiva tercera de la unidad y $\beta$ es una raíz primitiva quinta de la unidad.

Prueba del teorema : ver Henry B. Mann, "On linear relations between roots of unity", Mathematika 12(1965), pp.107-117.

Corolario. Si denotamos por $(t_1, t_2, t_3, t_4, t_5, t_6)$ la segunda parte de (3), hasta la permutación y rotación existen exactamente $\binom{6}{2} \times \frac{4!}{8} = 15 \times 6 = 90$ soluciones a (2) (con $x, y, z, u, v, w$ todos distintos), todas las cuales provienen de (3): se pueden describir por

$$ \lbrace \zeta^u, \zeta^v \rbrace= \lbrace -t_i, -t_j \rbrace, \lbrace \zeta^x, \zeta^y, \zeta^z, \zeta^w \rbrace= \bigg\lbrace t_k \ \bigg| \ k \neq i, k \neq j \bigg\rbrace, \ \ 1 \leq i \lt j \leq 6 \tag{4} $$

Prueba del corolario Por el teorema, todas las $U$-relaciones irreducibles de longitud $<6$ son regulares, y por lo tanto tienen todos sus coeficientes del mismo signo. Por lo tanto, si (2) no fuera una relación irreducible, necesariamente seguiría que $\zeta^u + \zeta^v = 0$, por lo tanto $U$ y $V$ están diametralmente opuestos, por lo tanto $c_B = c$, lo cual es imposible. Por lo tanto, (2) debe ser irreducible. Dado que tiene coeficientes de signos diferentes, no proviene de la $U$-relación regular de longitud $6$. Por lo tanto, debe provenir de (3), lo cual produce (4).

Para contar las soluciones, hay que tener en cuenta que hay $\binom{6}{2}$ valores posibles para $\lbrace i, j\rbrace$ en (4), y también que al contar las posibilidades para $(\zeta^x, \zeta^y, \zeta^z, \zeta^w)$, obtenemos repeticiones intercambiando $x$ y $w$, intercambiando $y$ y $z$, o intercambiando $\lbrace x, w\rbrace$ y $\lbrace y, z\rbrace$. El subgrupo de ${\mathfrak S}(x, y, z, w)$ que fija una configuración dada tiene una cardinalidad de $8$.

Answer 5

Parece falso para mí...

Para $n=4$, que parece cumplir con el requisito $n>3$, los cuadrados $A$ y $B$ no pueden intersectar en vértices opuestos (porque serían iguales, $A=B$), por lo que tendrán que compartir un lado. Entonces no hay un vértice $X$ o $Y$ entre $U$ y $V$ donde el octágono $C$ pueda cruzar $A$ y $B...