Encuentra el radio del círculo tangente a $x^2, \sqrt{x}, x=2$

Question

Estoy retomando un post que fue cerrado por falta de contexto porque estoy muy interesado en él :

Sea $(a,b)$ el centro de este círculo. Parece intuitivo que $b=a$, pero no he podido demostrarlo formalmente, aunque sé que dos funciones recíprocas son simétricas respecto a la primera bisectriz $y=x$.

Luego sea $(X,X^2)$ el punto de tangencia con $y=x^2$. Creo que vamos a utilizar la fórmula para la distancia de $(a,a)$ a la recta $y-X^2=2X(x-X)$.

Claramente tenemos la relación $r=2-a$. La normal a $(X,X^2) $ pasa por $(a,a)$

No estoy seguro si mis notaciones son las mejores para resolver elegantemente el ejercicio. Espero que compartas mi entusiasmo por este encantador ejercicio que acabo de descubrir gracias a MSE.

Answer 1

De la simetría, se puede asumir primero que el centro del círculo tangente está en la línea $y = x$.

Entonces, dejemos que el centro del círculo esté en $(a,a)$, y dejemos que el punto de tangencia con la parábola $y = x^2$ sea $(b , b^2)$, entonces el radio del círculo es

$ r = | 2 - a | $

El vector $(a - b , a - b^2)$ está a lo largo del vector normal a la parábola, que está dado por su vector gradiente, es decir $(2 x, -1) $. Por lo tanto,

$ (a - b , a - b^2) = K (2 b , -1) $

Entonces

$ (-1) ( a - b) - 2 b (a - b^2) = 0 $

Y finalmente, el radio es igual a la distancia entre los dos puntos $(a, a)$ y $(b , b^2) $, por lo tanto

$ (a - 2)^2 = (a - b)^2 + (b^2 - a)^2$

Las soluciones de estas ecuaciones son

$ (a, b) = (1.655444, 1.332841) $ y $(3.783181, 2.050749) $ y $(-5.21545, -0.44123) $

Los radios correspondientes son $0.344556$ , $ 1.783181$, y $7.21545$ respectivamente. Los dos círculos correspondientes a las dos primeras de estas soluciones se muestran a continuación.

Ahora, si queremos todas las posibles soluciones de círculos tangentes a las dos parábolas y a la línea vertical $x = 2$, entonces tomaremos el centro del círculo como

$ C = (a, b) $

Y el punto de tangencia con $ y = x^2 $ como

$ r_1 = (c, c^2) $

Y el punto de tangencia con $ x = y^2 $ como

$ r_2 = (d^2, d ) $

Para mayor comodidad definimos

$ e = c^2 $ y $ f = d^2 $

Ahora queremos que el vector $(C - r_1)$ esté a lo largo del vector normal a $ y = x^2 $ en $r_1$, es decir

$ C - r_1 = K_1 ( 2 c, - 1) $

Y de manera similar, queremos que $ (C - r_2) $ esté a lo largo del vector normal a $x = y^2 $ en $r_2$, es decir

$ C - r_2 = K_2 ( 1, - 2 d ) $

Además, tenemos que el radio del círculo es igual a $| a - 2 |$, entonces queremos

$ | a - 2 |^2 = \| C - r_1 \|^2 $

y

$ | a - 2 |^2 = \| C - r_2 \|^2 $

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En términos de nuestros $6$ incógnitas $a,b,c,d,e,f$, tenemos las siguientes $6$ ecuaciones que los relacionan

$ e = c^2 $

$ f = d^2 $

$ - (a - c) - 2 c (b - e) = 0 $

$ - 2 d ( a - f) - (a - d) = 0 $

$ (a - 2 )^2 = (a - c)^2 + (b - e)^2 $

$ (a - 2)^2 = (a - f)^2 + (b - d)^2 $

Este es un sistema cuadrático de $6$ ecuaciones en $6$ incógnitas. Se puede resolver mediante métodos iterativos como el método multivariante de Newton-Raphson. Utilicé este método con conjeturas iniciales igualmente espaciadas para $a$ y $ b $, a partir de las cuales calculé la conjetura inicial para $c$ y $d$ y a partir de eso, la conjetura inicial para $e$ y $f$ sigue directamente. Entonces, cambiando $(a,b)$ sobre una cuadrícula centrada en el origen, con un tamaño de paso igual a $0.5$ en cada dirección, obtuve $8$ soluciones, de las cuales solo $5$ tienen su $d \gt 0$. Estos son los que se retienen porque queremos la tangencia con $y = \sqrt{x} \gt 0 $. Estos $5$ círculos tienen su centro en $(a,b)$ y radio $r$ de la siguiente manera:

$ \begin{array}{|c|c|c|} \hline \\ a && b && r \\ \hline \\ 1.422724 && 0.562507 && 0.577276\\ -4.158013 && 4.800189&& 6.158013\\ 0.242594 && 2.58606 && 1.757406\\ 3.783181 && 3.783181 && 1.783181 \\ 1.655444&& 1.655444&&0.344556 \\ \hline \end{array} $

Estos $5$ círculos se muestran en la siguiente figura.

Answer 2

Respuesta. $r\approx 0.344555975$. Más precisamente, $r$ es la raíz real media del polinomio $$ 64r^5-531r^4+330r^3+1468r^2-1836r+452.$$

Solución. Justifiquemos primero los argumentos de simetría. Es decir, afirmamos que el centro $(x_0,y_0)$ del círculo pertenece al bisector $x=y$, incluso cuando relajamos la condición de que el círculo sea tangente a la recta $x=2$. De hecho, supongamos que el círculo es tangente al gráfico $y=x^2$ en un punto $(x,x^2)$. Luego, el vector $(x-x_0,x^2-y_0)$ tiene longitud $r$ y es ortogonal al vector tangente $(1,2x)$ al gráfico $y=x^2$ en el punto $(x,x^2)$. Se sigue que $x-x_0=\frac{-2rx}{\sqrt{1+4x^2}}$ y $x^2-y_0=\frac{r}{\sqrt{1+4x^2}}$. Del mismo modo, si el círculo es tangente al gráfico $x=y^2$ en un punto $(y^2,y)$ entonces $y-y_0=\frac{-2ry}{\sqrt{1+4y^2}}$ y $y^2-x_0=\frac{r}{\sqrt{1+4y^2}}$. Por lo tanto $$x_0=x+\frac{2rx}{\sqrt{1+4x^2}}=y^2-\frac{r}{\sqrt{1+4y^2}}$$ y $$y_0=x^2-\frac{r}{\sqrt{1+4x^2}}=y+\frac{2ry}{\sqrt{1+4y^2}}.$$ Entonces $x_0+y_0=f(x)=f(y)$, donde $f(t)=t^2+t+\frac{r(2t-1)}{\sqrt{1+4t^2}}$. Dado que $f'(t)=(2t+1)\left(1+\frac{2r}{(1+4t^2)^{3/2}}\right)>0$, la función $f$ es creciente. Dado que $f(x)=f(y)$, tenemos $x=y$, y así $x_0=y_0$. Por lo tanto $x+\frac{2rx}{\sqrt{1+4x^2}}=x^2-\frac{r}{\sqrt{1+4x^2}}$, $r=\frac{(x^2-x)\sqrt{1+4x^2}}{1+2x}$, $x_0=\frac{2x^3+x}{1+2x}$.

Entonces cuando fijamos $x_0+r=2$ obtenemos $$\frac{2x^3+x}{1+2x}+\frac{(x^2-x)\sqrt{1+4x^2}}{1+2x}=2,$ lo que implica $$8x^5-17x^4-6x^3+8x^2+12x+4=0.$$

Ya nos encontramos con esta ecuación. Según los cálculos de Mathcad, tiene tres raíces reales: $-.441229\dots$, $1.332840\dots$, y $2.050748\dots$. Dado que $0, solo la segunda raíz es factible, y proporciona $r= 0.34455597499666\dots.$

Ahora construyamos un polinomio con una raíz $r$. Tenemos $$r=\frac{(x^2-x)\sqrt{1+4x^2}}{1+2x}=2-\frac{2x^3+x}{1+2x}.$$ Por lo tanto $2x^3+(2r-3)x+r-2=0$. Dado que los polinomios $8x^5-17x^4-6x^3+8x^2+12x+4$ y $2x^3+(2r-3)x+r-2=0$ tienen una raíz común $x$, su resultante

$$\left|\begin{matrix} 8 & 0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ -17 & 8 & 0 & 0 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ -6 & -17 & 8 & 2r-3 & 0 & 2 & 0 & 0 \\ 8 & -6 & -17 & r-2 & 2r-3 & 0 & 2 & 0 \\ 12 & 8 & -6 & 0 & r-2 & 2r-3 & 0 & 2 \\ 4 & 12 & 8 & 0 & 0 & r-2 & 2r-3 & 0 \\ 0 & 4 & 12 & 0 & 0 & 0 & r-2 & 2r-3 \\ 0 & 0 & 4 & 0 & 0 & 0 & 0 & r-2 \end{matrix}\right|=$$ $$18(64r^5-531r^4+330r^3+1468r^2-1836r+452)$$

es cero. Según los cálculos de Mathcad, el resultado tiene, además de $r$, dos raíces reales: $-1.783180\dots$ y $7.215448\dots$. Desafortunadamente, según entendí el comentario de Daniel Schepler, esto implica que la respectiva ecuación quíntica no puede resolverse en radicales.

Answer 3

1.- En cuanto al círculo propuesto por @Piquito, trabajando con geogebra, llego a la conclusión de que dicho círculo sí existe. Parece que su centro está en la línea $y=2-x$ y que es tangente a $y=0$, lo que hace que la línea $x=2$ sea muy interesante. https://www.geogebra.org/m/hcchm2tx

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2.- Por cierto, creo que es una lástima no mostrar las curvas actualizadas por @Aig en uno de sus enlaces en los comentarios :

La primera se obtiene escribiendo:$$\begin{vmatrix}a-b & 2b \\a-b^2 & -1\end{vmatrix}=0$$

Answer 4

Solo para evitar métodos numéricos.

Haciendo trampa un poco, la solución de $$8x^5-17x^4-6x^3+8x^2+12x+4=0$$ está cerca de $\frac 43$. Sea $x=\left(\frac 43+t\right)$ para enfrentar $$f(t)=1944 t^5+8829 t^4+11070 t^3-1872 t^2-8124 t-4$$. Ahora, reescribe (esto es complicado) $$f(t)=-4-8124 t-1872 t^2+11070 t^3+8829 t^4+1944 t^5+O\left(t^{p}\right)$$ y usa reversión de series de potencias.

Si $p=6$, esto da como una estimación $$t_{(6)}=-z-\frac{156 }{677}z^2-\frac{1346409 }{916658}z^3-\frac{675607473}{1241154932}z^4-\frac{4928871973923}{840261888964}z^5+O\left(z^6\right)$$ donde $$z=\frac{f(t)+4}{8124}$$. Dado que queremos que $f(t)=0$, $z=\frac{1}{2031}$ y entonces $$t_{(6)}=-\frac{44132524856806035483893}{89622957837131547712586511}\implies x_{(6)}=\frac{39817714863772863638210485}{29874319279043849237528837}$$ lo cual tiene un error absoluto de $2.60\times 10^{-20}$.

Continuando $$x_{(7)}=\frac{145996907486385222544671695804265}{109538135046759107017498834666984}$$ tiene un error absoluto de $2.17\times 10^{-22}$.

$$x_{(8)}=\frac{66914616611327452663665908822936673079}{50204503897846054760223223394084109736}$$ tiene un error absoluto de $2.02\times 10^{-26}$.

Podríamos seguir hasta donde quisiéramos usando la fórmula explícita para el término $n^{\text{th}}$ como lo dan Morse y Feshbach.

Answer 5

Tenemos las parábolas $\mathscr{P}_1,\mathscr{P}_2$ y la recta $\mathscr{L}$

$$ \cases{ \mathscr{P}_1\to y-x^2=0\\ \mathscr{P}_2\to y^2-x=0\\ \mathscr{L}\to x - 2 = 0 } $$

y estamos interesados en dibujar los círculos tangentes simultáneamente a estos tres elementos. El proceso de solución propuesto consiste en sumergir el problema particular en una familia de problemas que lo incorporan.

Sea el círculo genérico $\mathscr{C}\to (x-x_0)^2+(y-y_0)^2-r^2=0$. Ahora, si $\mathscr{P}_1$ y $\mathscr{C}$ son tangentes, entonces eliminando $x$ entre ellos llegamos al polinomio

$$ p_1(y) = r^4 - 2 r^2 x_0^2 + x_0^4 - 2 r^2 y - 2 x_0^2 y + y^2 - 2 r^2 y^2 + 2 x_0^2 y^2 + 2 y^3 + y^4 + 4 r^2 y y_0 - 4 x_0^2 y y_0 - 4 y^2 y_0 - 4 y^3 y_0 - 2 r^2 y_0^2 + 2 x_0^2 y_0^2 + 2 y y_0^2 + 6 y^2 y_0^2 - 4 y y_0^3 + y_0^4 = 0 $$

Este polinomio debería tener una raíz doble en $y$ debido a la tangencia, por lo tanto

$$ \mathscr{P}_1\cap \mathscr{C}\to p_1(y) \equiv c_0(y-y_1)^2(y^2+c_1 y + c_2)\ \ \ \forall y\ \ \ \ \ (1) $$

y análogamente

$$ \cases{ \mathscr{P}_1\cap \mathscr{C}\to p_1(y) \equiv c_0(y-y_1)^2(y^2+c_1 y + c_2)\\ \mathscr{P}_2\cap \mathscr{C}\to p_2(y) \equiv d_0(y-y_2)^2(y^2+d_1 y + d_2)\\ \mathscr{L}\cap \mathscr{C}\to p_3(y) \equiv e_0(y-y_2)^2\\ } $$

Aquí los coeficientes $c_i,d_i,e_i,y_1,y_2,y_2$ deben determinarse. Tenga en cuenta que $p_3(y)$ tiene grado máximo $2$. Ahora, a partir de la ecuación $(1)$ tenemos

$$ \cases{ r^4 - 2 r^2 x_0^2 + x_0^4 - 2 r^2 y_0^2 + 2 x_0^2 y_0^2 + y_0^4 - c_0 c_2 y_1^2 = 0\\ 4 r^2 y_0 -2 r^2 - 2 x_0^2 - 4 x_0^2 y_0 + 2 y_0^2 - 4 y_0^3 + 2 c_0 c_2 y_1 - c_0 c_1 y_1^2 = 0\\ 1 - c_0 c_2 - 2 r^2 + 2 x_0^2 - 4 y_0 + 6 y_0^2 + 2 c_0 c_1 y_1 - c_0 y_1^2=0\\ 2 - c_0 c_1 - 4 y_0 + 2 c_0 y_1 = 0\\ 1 - c_0 = 0 } $$

y así podemos proceder para los restantes $p_i(y)$ obteniendo un conjunto de $13$ condiciones en $13$ incógnitas a resolver.

Sigue un script MATHEMATICA que maneja las tareas simbólicas y resuelve el sistema resultante de condiciones. En el script, algunos coeficientes triviales como $c_0,d_0,e_0$ se asumen explícitamente.

cond0 = First[Eliminate[{x - 2 == 0, (x - x0)^2 + (y - y0)^2 - r^2 == 0}, x]] + (y - y00)^2;
cond1 = First[Eliminate[{y - x^2 == 0, (x - x0)^2 + (y - y0)^2 - r^2 == 0},x]] - (y - y01)^2 (y^2 + c1 y + c2);
cond2 = First[Eliminate[{y^2 - x == 0, (x - x0)^2 + (y - y0)^2 - r^2 == 0},x]] - (y - y02)^2 (y^2 + c3 y + c4);

coefs0 = CoefficientList[cond0, y];
coefs1 = CoefficientList[cond1, y];
coefs2 = CoefficientList[cond2, y];

coefs = Join[Join[coefs0, coefs1], coefs2];
vars = {y00, y01, y02, c1, c2, c3, c4, r, x0, y0};
sols = Solve[coefs == 0, vars, Reals] // N;
circs = {x0, y0, r} /. sols // Chop;

feas = {};
lim = 200;
For[k = 1, k <= Length[circs], k++,
 If[Im[circs[[k, 3]]] == 0 && lim > circs[[k, 3]] > 0, 
  AppendTo[feas, circs[[k]]]]
 ]

gr0 = Table[Graphics[{Dashed, Circle[Take[feas[[k]], {1, 2}], Abs[feas[[k, 3]]]]}], {k, 1, Length[feas]}];
gr1 = ContourPlot[{x^2 == y, x == y^2, x == 2}, {x, -10, 10}, {y, -10, 10}];
Show[gr0, gr1, PlotRange -> {{-3, 6}, {-2, 7}}, AspectRatio -> 1]