Dos círculos dentro de un triángulo rectángulo!

Question

El otro día estaba jugando con Ms Paint dibujando círculos aquí y allá, dibujé accidentalmente un círculo dentro de un triángulo rectángulo que ya había dibujado. Extrañamente, un problema surgió en mi mente e intenté resolverlo, pero no pude hacerlo. Presenté la declaración del problema que logré formular yo mismo:

Problema: Las patas de un triángulo rectángulo tienen una longitud de $a$ y $b$. Se dibujan dos círculos con radio igual de tal manera que se tocan entre sí y los lados del triángulo como se muestra en la figura. Encuentra el radio del círculo en términos de $a$ y $b$.

Figura (por supuesto, la que hice en MS Paint)

Alcance adicional - ¿Hay alguna forma de generalizar esto para otras formas o para cualquier otro triángulo?

-------EDICIÓN---------------------

Ahora, para hacer las cosas interesantes: Digamos que tenemos un triángulo rectángulo dado. Entonces, ¿hay un método mediante el cual podemos construir esos dos círculos con una regla y un compás?

Answer 1

Escribiendo $a := |BC|$, $b := |CA|$, $c := |AB| = \sqrt{a^2+b^2}$, y $r = |PE| = |PF|$ (así que $|PD| = 3r$), tenemos $$\begin{align} |\triángulo ABC| &= |\triángulo ABP| + |\triángulo BCP| + |\triángulo CAP| \\[4pt] \implies \qquad \frac{1}{2} |BC||CA| &= \frac{1}{2} \left(\; |AB| |PF| + |BC||PD| + |CA||PE| \;\right) \\[4pt] \implies \qquad a b &= c r + 3 a r + b r = r ( 3 a + b + c )\\[6pt] \implies \qquad r &= \frac{ab}{3 a + b + c} = \frac{ab}{3 a + b + \sqrt{a^2+b^2}} \end{align}$$

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Para abordar la sugerencia de @DanielV de generalizar a dimensiones superiores, consideremos un tetraedro de esquina derecha $OABC$, con esquina derecha en $O$ y longitudes de arista $a := |OA|$, $b := |OB|$, $c := |OC|$. (Nota que estoy cambiando ligeramente la notación de lo anterior). Sea una esfera con centro $P$ y radio $r$ tangente a las caras alrededor del vértice $A$, y sea una esfera congruente (tangente a la primera) tangente a las caras alrededor del vértice $O$. Luego $P$ tiene distancia $r$ de las caras $\triángulo OAB$, $\triángulo OCA$, $\triángulo ABC$ (las que tocan $A$), y distancia $3r$ de la cara $\triángulo OBC$ (la que está opuesta a $A$).

Aquí hay un intento pobre de un diagrama:

(En este caso, las alturas desde $P$ están codificadas por color para que coincidan con sus contrapartes paralelas a través de $O$. La altura negra es a la cara $\triángulo ABC$.)

Así que,

$$\begin{align} |OABC| &= |OABP| + |OBCP| + |OCAP| + |ABCP| \\[4pt] \implies \qquad \frac{1}{6}a b c &= \frac{1}{3}\left(\; r\;|\triángulo OAB| + r \;|\triángulo OCA| + r\;|\triángulo ABC| + 3r\;|\triángulo OBC| \;\right) \\[4pt] &= \frac{1}{3}r \cdot \frac{1}{2} \left(\; a b + c a + 3 b c + 2\;|\triángulo ABC| \;\right) \\[6pt] \implies \qquad r &= \frac{abc}{3bc + ab + ca + 2\;|\triángulo ABC|} \qquad (\star) \end{align}$$

Dato curioso: el Teorema de Pitágoras para Tetraedros de Esquina Derecha dice que $$|\triángulo ABC|^2 = |\triángulo OBC|^2 + |\triángulo OCA|^2 + |\triángulo OAB|^2$$ así que tenemos $$|\triángulo ABC| = \frac{1}{2} \sqrt{\; b^2 c^2 + c^2 a^2 + a^2 b^2 \;}$$ y $(\star)$ se convierte en $$r = \frac{abc}{3bc + ab + ca + \sqrt{\; b^2 c^2 + c^2 a^2 + a^2 b^2 \;}}$$

En un espacio de $4$ dimensiones (donde hay un Teorema de Pitágoras análogo, como lo hay en cualquier espacio dimensional), tenemos $$r = \frac{abcd}{3bcd + acd + abd + abc + \sqrt{\;b^2 c^2 d^2 + a^2 c^2 d^2 + a^2 b^2 d^2 + a^2 b^2 c^2\;}}$$ y así sucesivamente.

Por cierto, la versión de la respuesta inicial con notación coincidente es $$r = \frac{ab}{3b + a + \sqrt{\;b^2 + a^2\;}}$$

Answer 2

Suponiendo que la esquina del triángulo es el origen de un plano cartesiano, la línea de la hipotenusa es $$y = -\frac{a}{b} x + a$$

El centro del segundo círculo está en $\begin{bmatrix} 3r \\ r \end{bmatrix}$.

El radio del segundo círculo es el vector dirigido $\begin{bmatrix} ra \\ rb \end{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{a^2 + b^2}}$.

En conjunto :

$$\frac{rb}{\sqrt{a^2 + b^2}} + r = -\frac{a}{b}\left(3r + \frac{ra}{\sqrt{a^2 + b^2}}\right) + a$$

$$r = \frac{ab}{ 3a + b + \sqrt{a^2 + b^2}}$$

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Dado que Blue mostró un enfoque elegante basado en volumen, supongo que intentaré un enfoque basado en coordenadas multidimensionales. Supongamos que el origen es $\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ \vdots \end{bmatrix}$ y los puntos $\begin{bmatrix} \mathcal{l}_0\\ 0 \\ 0 \\ \vdots \end{bmatrix}$, $\begin{bmatrix} 0 \\ \mathcal{l}_1 \\ 0 \\ \vdots \end{bmatrix}$, $\begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \mathcal{l}_2 \\\vdots \end{bmatrix}$ etc. forman un triángulo rectángulo multidimensional. Supongamos que una hiperesfera está encajada en el origen y una hiperesfera está encajada en la esquina a lo largo del primer eje.

El plano de la hipotenusa del triángulo es $$\frac{x_0}{\mathcal{l}_0} + \frac{x_1}{\mathcal{l}_1} + \frac{x_2}{\mathcal{l}_2} + \dots = 1 \tag{Ecuación del plano}$$

O equivalentemente, usando $\circ$ para el producto punto y $N = \begin{bmatrix} \frac{1}{\mathcal{l}_0} \\ \frac{1}{\mathcal{l}_1} \\ \frac{1}{\mathcal{l}_2} \\ \vdots \end{bmatrix}$, entonces el plano es: $$N \circ X = 1 \tag{Ecuación del plano con producto punto}$$

El centro de la segunda hiperesfera es $$c = \begin{bmatrix} 3r \\ r \\ r \\ \vdots\end{bmatrix} = rc_0 \tag{Centro de la segunda hiperesfera}$$

El vector dirigido desde el centro de la segunda hiperesfera hasta el plano de la hipotenusa es $$r_2 = r\frac{N}{|N|}\tag{Radio dirigido a la hipotenusa}$$

En conjunto: $$N \circ (c + r_2) = 1$$ $$N \circ \left(rc_0 + r\frac N {|N|}\right) = 1$$ $$\begin{align} r &= \frac{1}{N \circ c_0 + |N|} \\ &= \frac{1}{3l_0^{-1} + l_1^{-1} + l_2^{-1} \dots + \sqrt{l_0^{-2} + l_1^{-2} + l_2^{-2} \dots}} \end{align}$$

Nótese que esta es la misma respuesta que la de Blue, pero con $\mathcal{l}_0\mathcal{l}_1 \mathcal{l}_2 \dots$ factorizado fuera del numerador y denominador.

Answer 3

Solución alternativa:

Recordemos que para cualquier triángulo $\triangle ABC$, el área del triángulo es igual al producto del inradio y su semiperímetro; es decir, $|\triangle ABC| = rs$, donde $s = (a+b+c)/2$. Por lo tanto, dado los lados $a, b$, $c = \sqrt{a^2+b^2}$, y $$r = \frac{2|\triangle ABC|}{a+b+c} = \frac{ab}{a+b+\sqrt{a^2+b^2}}.$$ Dibuja la línea tangente a los dos círculos en su punto común de tangencia: esto crea un triángulo similar más pequeño con un factor de escala $\frac{b-2\rho}{b}$ donde $\rho$ es el radio común de los dos círculos. Si $r$ es el inradio de $|\triangle ABC|$ como se muestra, entonces $$\frac{\rho}{r} = \frac{b - 2\rho}{b}.$$ Poniendo todo esto junto, encontramos que $$\rho = \frac{br}{b+2r} = \frac{a b}{3a+b+c} = \frac{ab}{3a+b+\sqrt{a^2+b^2}}.$$ Este método se generaliza fácilmente a más de dos círculos congruentes tangentes a un lado: si $n$ círculos están dispuestos a lo largo del lado de longitud $b$, entonces es sencillo encontrar que $\rho = \frac{ab}{(2n-1)a + b + \sqrt{a^2+b^2}}$.

Answer 4

Otras personas han respondido tu pregunta, pero proporcionaré la "respuesta" para la otra dirección:

¿Qué tal determinar $a, b$ a partir de $r$?

No se puede - $a, b$ no están determinados de forma única por $r$. Dibuja primero los dos círculos, luego dibuja las patas a y b como líneas infinitas. Y la línea tangente al círculo más a la derecha intersectará las líneas A y B creando un triángulo rectángulo, pero para diferentes tangentes $a$ y $b$ serán diferentes y $r$ no ha cambiado.

Ni siquiera puedes convertir esto en una pregunta interesante preguntando por todas las formas posibles de hacerlo, porque resulta que estos círculos no imponen ninguna restricción real - ya que cualquier ángulo se puede lograr con la línea tangente, cualquier triángulo rectángulo puede. Todo lo que hace $r$ es crear un factor de escala. $a$ puede tomar cualquier valor en $(2r,\infty)$ y $b$ el valor correspondiente en $(4r,\infty)$