Seis puntos se encuentran en un círculo

Question

Estoy buscando una prueba de un problema como el siguiente:

Vamos a seis puntos de $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5, A_6$ mentira en un círculo. Definir $C(A,B)$ ser cualquier círculo a través de los puntos de $A, B$. Deje $C(A_i,A_{i+1}) \cap C(A_{i+3}, A_{i+4}) = B_i, B_{i+3}$ tomamos modulo 6. Deje $B_1, B_2, B_3, B_4, B_5$ mentira en un círculo $(C)$. Deje $C(A_i,A_{i+1}) \cap C(A_{i+1}, A_{i+2}) = C_{i+1}$. Mostrar que $B_6$ también se encuentran en el círculo de $(C)$ y seis puntos de $C_1, C_2, C_3, C_4, C_5, C_6$ mentira en un círculo.

Answer 1

Por Pascal del teorema de los tres puntos de intersección $$O_1 = A_1A_2 \cap A_4A_5 \, , \,\,\, O_2 = A_2A_3 \cap A_5A_6 \, , \,\,\, O_3 = A_3A_4 \cap A_6A_1$$ mentir en una línea común (la de Pascal línea) $p_A$. Sorteo de los tres círculos $k_1\,, \,\, k_2\,,\,\, k_3$ centrado en los puntos de $O_1,\,O_2\,O_3$, respectivamente, y cada uno de ellos ortogonal para el círculo de $k_A$ (el círculo que pasa a través de los puntos de $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5, A_6$). A continuación, $k_1, k_2, k_3$ se cortan en dos puntos comunes $S$$S^*$, es decir, los círculos $k_1, k_2, k_3$ son coaxial (tienen en común un eje radical, pasando a través de los puntos de $S$$S^*$, y ortogonal a la de Pascal la línea $p_A$).

A partir de ahora, por $k(ABC)$ I denota el único círculo (o una recta línea) que pasa por los puntos a $A, B, C$.

Lema 1. Deje $k_B$ ser un círculo diferente de $k_A$. Tomar una punto arbitrario $B_1$ $k_B$ y dibujar a la par de círculos $k(B_1A_1A_2)$ $k(B_1A_4A_5)$ . Luego de la segunda intersección punto de $B_4 (\neq B_1)$ $k(B_1A_1A_2)$ $k(B_1A_4A_5)$ también se encuentra en $k_B$ si y sólo si $k_B$ ortogonal de círculo de la $k_1$.

Prueba: Por la construcción de círculo $k_1$, si uno realiza una la inversión con respecto al $k_1$, $A_1$ se asigna a $A_2$ y $A_4$ se asigna a $A_5$. Por lo tanto, el círculo de $k(B_1A_1A_2)$ se asigna a en sí y por lo tanto es ortogonal a $k_1$. De forma análoga, los círculos $k(B_1A_4A_5)$ también es ortogonal a $k_1$. Por el eje radical teorema aplicado a los círculos $k_A, \, k(B_1A_1A_2)$ y $k(B_1A_4A_5)$, los tres radical ejes $B_1B_2, \, A_1A_2$ y $A_4A_5$ se intersecan en un punto común, que es de $O_1 = A_1A_2 \cap A_4A_5$ -- the center of circle $k_1$. Therefore, point $B_1$ es asignan a $B_4$ en la inversión con respecto al círculo de $k_1$. En consecuencia, si $k_B$ es ortogonal a $k_1$, ya que el $B_1 \in k_B$ su inversive imagen $B_4$ también se encuentra en $k_B$. Por el contrario, si ambos $B_1$ $B_4$ mentira en $k_B$, luego el círculo $k_B$ es ortogonal a $k_1$.

Lema 2. Deje $B_1$ $B_2$ dos puntos diferentes en el plano. Vamos a la par de círculos $k(B_1A_1A_2)$ $k(B_1A_4A_5)$ se cruzan de nuevo en el segundo punto de $B_4 (\neq B_1)$, y dejar que el par de círculos $k(B_2A_2A_3)$ $k(B_2A_5A_6)$ se cruzan de nuevo en el segundo punto de $B_5 (\neq B_2)$. A continuación, los cuatro puntos $B_1, B_2, B_4, B_5$ lie on a common circle $k_B$ if and only if $k_B$ es ortogonal a los tres círculos $k_1, k_2, k_3$.

Prueba: Vamos a $k_B$ ser un círculo que pasa por los puntos de $B_1$ y $B_2$. Por el Lema 1, los puntos de $B_4$ $B_5$ también se encuentran en $k_B$ si y sólo si $k_B$ es ortogonal a ambos círculos $k_1$$k_2$. Por lo tanto, el radical eje $SS^*$ $k_1$ $k_2$ pasa a través del centro de $k_B$ siempre $k_B$ es ortogonal a $k_1$ y $k_2$. Sin embargo, por construcción, $SS^*$ es un radical común eje para todos los tres círculos $k_1, \, k_2$$k_3$, lo que significa que $k_B$ es ortogonal a $k_3$.

Corolario 3. En el marco del Lema 2, vamos a los cuatro puntos $B_1, B_2, B_4, B_5$ mentira en un círculo común $k_B$. Si $B_3$ es otro (arbitrario) en el punto en $k_B$, luego de la segunda intersección punto de $B_6$ de los pares de círculos $k(B_3A_3A_4)$ y $k(B_3A_6A_1)$ también se encuentra en $k_B$.

Prueba: deriva directamente del Lema 2.

A partir de ahora, estoy en el ajuste del Lema 2, Corolario 3 y el declaración del problema original, donde los puntos de $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5, A_6$ lie on the circle $k_A$ and the points $B_1, B_2, B_3, B_4, B_5, B_6$ lie on the circle $k_B$. En las anotaciones de el problema original $C(A_6,A_1)$ es el círculo de $k(B_3A_6A_1)$, el círculo de $C(A_1,A_2)$ es el círculo de $k(B_1A_1A_2)$, el círculo $C(A_5,A_6)$ es el círculo de $k(B_2A_5A_6)$ etc.

Lema 4. Las cuatro líneas de $B_1B_4,\, B_2B_5,\, A_2C_2$ y $A_5C_5$ se intersecan en un punto común $D$.

Prueba: Definir $D$ como el punto de intersección de las líneas $B_1B_4$ $B_2B_5$ . Veamos los tres círculos de $k_B, \, C(A_1A_2)$ and $C(A_2,A_3)$, where $C_2$ es el segundo punto de intersección de $C(A_1A_2)$$C(A_2,A_3)$, la que es diferente de $A_2$. A continuación, con sus correspondientes tres ejes radicales $B_1B_4,\, B_2B_5$ $A_2C_2$ se intersecan en el punto común $D$. De forma análoga, los tres círculos $k_B, \, C(A_4A_5)$ y $C(A_5,A_6)$ definir los tres radical ejes $B_1B_4, \, B_2B_5$ y $A_5C_5$ que se intersecan en el punto común a $D$.

Lema 5. Los cuatro puntos de $A_2, A_5, C_2, C_5$ mentira en común círculo de $k_{25}$.

Prueba: Como consecuencia del Lema 4, los dos acordes $B_1B_4$ y $A_2C_2$ de la circunferencia $C(A_1,A_2)$ satisfacer $$B_1D \cdot DB_4 = A_2D \cdot DC_2.$$ Del mismo modo, de nuevo por el Lema 4, los dos acordes $B_1B_4$ $A_5C_5$ de la circunferencia $C(A_4,A_5)$ satisfacer $$B_1D \cdot DB_4 = A_5D \cdot DC_5.$$ En consecuencia $$ A_2D \cdot DC_2 = B_1D \cdot DB_4 = A_5D \cdot DC_5$ $ , que es posible si y sólo si los cuatro puntos de $A_2, A_5, C_2$ $C_5$ mentira en el mismo círculo, llamamos a $k_{25}$.

Lema 6. Los cuatro puntos de $C_5, \, C_6, \, C_1$ $C_2$ mentira en un círculo común, llamamos a $(C)$.

Prueba: Se sigue del Lema 5 y Miquel del teorema aplicado a los círculos $C(A_5,A_6), \, C(A_6,A_1), \, C(A_1, A_2), \, k_{25}$ y $k_{A}$.

Finalmente, podemos aplicar los Lemas 5 y 6 consecutivamente primero en puntos de $A_3, \, A_6, \, C_3, \, C_6$, y la segunda a los puntos de $A_1, \, A_4, \, C_1, \, C_4$ con el fin de mostrar que primero los puntos de $C_6, \, C_1, \, C_2$ $C_3$ mentira en un círculo común, que ha de ser el nuevo,$(C)$, y la segunda que la puntos de $C_1, \, C_2, \, C_3$ $C_4$ se encuentran también en común círculo, que es $(C)$.

Answer 2

La elección de coordenadas

Me gusta coordenadas. La incidencia de las relaciones que usted está interesado en son invariantes bajo transformaciones de Möbius, por lo que un natural de instalación para este problema sería el punto de compactification del avión. Creo $\mathbb{CP}^1$ si quieres, pero no voy a usar los números complejos para las coordenadas en esta respuesta. Desde su instalación es invariante bajo las transformaciones de Möbius, usted puede elegir las coordenadas de tres puntos, sin pérdida de generalidad. Así que voy a elegir a $A_1$ a ser el punto en el infinito, y fija las coordenadas de la $x$ eje para los otros dos puntos. Así, el "círculo" a través de todas las $A_i$ $x$ eje en mi configuración, y puedo usar los parámetros de la $x$ coordenadas de los puntos restantes.

$$A_1=\infty\quad A_2=(a,0)\quad A_3=(0,0)\quad A_4=(b,0)\quad A_5=(1,0)\quad A_6=(c,0)$$

He creado un sistema interactivo de ilustración de esta versión específica de la configuración, donde puede mover los puntos alrededor y ver el cambio de configuración en consecuencia. Yo alternaba entre fijo y variable de puntos en un intento de hacer las cosas más simétrica, con la esperanza de hacer de las expresiones individuales no es demasiado complicado.

Luego podemos escoger un punto arbitrario $B_1=(d,e)$ cualquier lugar en el avión. Esto se traduce en la

$$B_4=\frac1{(a-d)^2+b^2}\begin{pmatrix} (a(b-d)+(a-b))(a-d)+ae^2 \\ (a-b)(a-1)e \end{pmatrix}$$

calcula como el segundo punto de intersección entre los círculos correspondientes.

La primera condición para cocircularity de la B_i

La elección de $B_2=(x,y)$ se define el círculo a través de $B_1,B_2,B_4$. Por otro lado, esto nos permite construir $B_5$ como la intersección de $C(A_2,A_3)$$C(A_5,A_6)$. Podemos y comprobar si ese punto se encuentra en el mismo círculo. En general no. La condición para $B_1,B_2,B_4,B_5$ a ser cocircular puede tenerse en cuenta en los siguientes independiente de las condiciones:

$$ a=1 \\\v\\ (d-a)^2+b^2=(1-a)(b-a) \\\v\\ (a-c-1)(x^2+y^2) + 2cx = ac \\\v\\ (a-c)e(x^2+y^2) + (ab + bc - a + b)ex\\ + ((a-c) (b-d)d - e^2) - (a-b)(c-d))y + (a-b)ce=0 $$

Las tres primeras de estas condiciones puede ser visto como la no-degeneración de las restricciones. Si $a=1$$A_2=A_5$, que es un degenerado situación. La segunda condición que caracteriza a las situaciones donde la $B_1$ $B_4$ coincidiría, mientras que el tercero es al $B_2$ $B_5$ sería el mismo. Así que si podemos asumir que todos los puntos de la configuración son distintos, entonces nos podemos concentrar en la última condición.

Se describe un círculo, por lo que ahora sabemos que el punto de $B_2$, debe recaer en un círculo determinado si $B_5$ cocircular con $B_1,B_2,B_4$. En realidad este círculo ya pasa a través de $B_1$$B_4$. Para conocer todos los $A_i$ $B_1$ ya corrige el círculo en el que todos los $B_i$ debe mentir.

La segunda condición para cocircularity de la B_i

Podemos jugar el mismo juego para $B_3$ $B_6$ en lugar de $B_2$$B_5$. Lo que las condiciones para $B_1,B_3,B_4,B_6$ cocircular si elegimos $B_3=(x',y')$?

$$ (d-a)^2+b^2=(1-a)(b-a) \\\v\\ (x-c)^2+y'^2=(c-b)c \\\v\\ (a-c)e(x^2+y'^2) + (ab + bc - a + b)ex'\\ + ((a-c) (b-d)d - e^2) - (a-b)(c-d))y' + (a-b)ce=0 $$

La última condición es la misma que la anterior, por lo que si el cocircularity se satisface la condición de $B_1,B_2,B_4,B_5$ y todos los puntos son distintos, y si $B_3$ es elegido a partir de ese mismo círculo, también, entonces, el cocircularity condición debe ser satisfecha para $B_1,B_3,B_4,B_6$ como bueno, y todos los seis $B_i$ son cocircular.

Condiciones para cocircularity de la C_i

Un juego similar puede ser jugado por el $C_i$. Sus coordenadas son considerablemente más complicado, sin embargo, y así son las condiciones para cocircularity de cuatro de estos. Pero suponiendo que el $B_i$ a ser cocircular (es decir, asumiendo los respectivos última condición a $B_2$$B_3$), uno puede demostrar que todos los puntos debe ser cocircular, demasiado. En particular, si la condición para $B_2$ se mantiene, entonces se puede demostrar que $(C_1,C_2,C_5,C_6)$ $(C_2,C_3,C_4,C_5)$ son cocircular, y si la condición para $B_3$ sostiene, a continuación, $(C_1,C_2,C_3,C_4)$ $(C_1,C_4,C_5,C_6)$ son cocircular. Si ambos mantienen, entonces todos los puntos deben ser cocircular. Usted podría empezar por definir el círculo a través de $C_1,C_2,C_3$, a continuación, agregue $C_4$ debido a $(C_1,C_2,C_3,C_4)$, añada $C_5$ debido a $(C_2,C_3,C_4,C_5)$ y añadir $C_6$ debido a $(C_1,C_4,C_5,C_6)$. A todos de nuevo asumiendo distintos puntos, por supuesto.

Registro completo de los cálculos

He calculado las cosas que he descrito anteriormente, con mucha ayuda de Sage. He incluido el registro completo de mi Sabio de la sesión, incluyendo descripciones, en el post del blog que he creado para la ilustración interactiva.

Answer 3

Esta es una idea que tenía, pero parece que no funciona como yo esperaba.

Aquí es un enfoque, sobre la ayuda de la computadora el álgebra y la programación. Cuatro puntos de $A,B,C,D$ en el plano complejo (o su punto de compactification) son cocircular iff su cruz proporción es real:

$$\frac{(A-C)(B-D)}{(A-D)(B-C)}\in\mathbb R\;.$$

Ahora usted puede traducir tanto el cocircularities usted asume y los que quieren probar en fracciones de este tipo. Si usted encuentra una manera para multiplicar fracciones a partir de la conocida cocircularities de tal manera que la mayoría de los términos se cancelan y los que se quedan con una fracción de uno de los desconocidos cocircularities, entonces usted tiene una prueba, como el producto de números reales será un número real de nuevo. Pero, ¿cómo encontrar una manera de multiplicar los términos?

Piensa acerca de esto en una forma logarítmica. La fracción anterior puede ser escrita como $$(A-C)^{x_{AC}}(B-D)^{x_{BD}}(a-D)^{x_{AD}}(B-C)^{x_{BC}}\\ \text{con}\quad x_{AC}=x_{BD}=1\quad\text{y}\quad x_{AD}=x_{BC}=-1\;.$$ La multiplicación de los términos de este formulario implica la adición de los valores correspondientes en los exponentes. Así que usted puede pensar en esto como un espacio vectorial: usted tiene una dimensión para cada desordenada par de puntos, es decir, $\binom{6\cdot 3}{2}=153$ dimensiones. Tienes hasta el $\binom{6}{4}=15$ conocido cocircularities para cada uno de sus círculos, y usted tiene esencialmente $3$ diferentes vectores se puede construir a partir de estas, la identificación de vectores con sus negativos. Yo deje mi CAS hacer esto por mí, y vino para arriba con un $153\times330$ matriz de rango $68$.

Ahora usted puede comprobar si uno de los vectores de la cocircularities quieres demostrar es que en el lapso de esta matriz. Desafortunadamente, ese no parece ser el caso. Lástima! Miquel seis círculo teorema puede ser probada por medio de este enfoque, y este de aquí es un poco como una versión extendida de que uno, por lo que mis esperanzas eran altas.