Demostrar que se puede encontrar un punto que está a la misma distancia de cada uno de lo cuatro puntos $\ldots$

Question

Demostrar que un punto que está a la misma distancia de cada uno de los cuatro puntos de $\bigg(am_1,\dfrac{a}{m_1}\bigg),\bigg(am_2,\dfrac{a}{m_2}\bigg),\bigg(am_3,\dfrac{a}{m_3}\bigg)$ $\bigg(am_1m_2m_3,\dfrac{a}{m_1m_2m_3}\bigg)$

Mi intento:

Yo podía entender dos conceptos

i) que el punto de ser $(x,y)$. Entonces, tenemos $(x-am_1)^2+(y-\dfrac{a}{m_1})^2=(x-am_2)^2+(y-\dfrac{a}{m_2})^2=(x-am_3)^2+(y-\dfrac{a}{m_3})^2=(x-am_1m_2m_3)^2+(y-\dfrac{a}{m_1m_2m_3})^2$
ii) Si la distancia se $r$, luego tenemos 4 círculos de tener estos puntos como centros que se intersecan en un punto específico.

Pero, que parece un montón de cálculo que no soy capaz de hacer de forma muy sencilla. Me pregunto si estas son las formas correctas para abordar el problema. Por favor, ayudar. Gracias.

Answer 1

Parece @himbrom es de derecho: el último punto debe ser $\bigg(\dfrac{a}{m_1m_2m_3}, am_1m_2m_3\bigg)$.

De hecho, considerar la intersección de la hipérbola $xy=a^2$ con un círculo $(x-u)^2+(y-v)^2=r^2$. Conectar a $y=\frac{a^2}{x}$ y multiplicando por $x^2$ obtenemos un monic 4to grado del polinomio (nosotros la llamamos $P$) con conexión plazo $a^4$.

Ahora supongamos que tenemos 3 puntos distintos $\bigg(am_1,\dfrac{a}{m_1}\bigg),\bigg(am_2,\dfrac{a}{m_2}\bigg),\bigg(am_3,\dfrac{a}{m_3}\bigg)$ en que hipérbola. Entonces ellos no son colllinear (de lo contrario una hipérbola y una línea se cruzarían en al menos 3 puntos, lo cual no es posible). 3 de los no-alineados los puntos de determinar un único círculo, dándonos $u, v$, e $R$, y el correspondiente polinomio $P$ anterior. A continuación, $P$ tiene 3 raíces reales $am_1, am_2, am_3$ y por lo tanto debe tener 4 de raíz real $\frac{a}{m_1m_2m_3}$. A continuación, el punto de $\bigg(\dfrac{a}{m_1m_2m_3}, am_1m_2m_3\bigg)$ se encuentra en el círculo de $(x-u)^2+(y-v)^2=r^2$. Esto completa la prueba en el caso cuando todos los $m_i$ son distintos.

Si no son todos distintos, tenemos a más de 3 puntos, $\bigg(am_1,\dfrac{a}{m_1}\bigg),\bigg(am_2,\dfrac{a}{m_2}\bigg),\bigg(am_3,\dfrac{a}{m_3}\bigg), \bigg(\dfrac{a}{m_1m_2m_3}, am_1m_2m_3\bigg) $ todos tumbados en el mismo hipérbola. Si hay 3, a continuación, que no son colineales por el mismo argumento anterior, y la mentira en un círculo. Si hay 2 o 1 que también se encuentran en un círculo (infinitamente muchos círculos, pero bueno).

Answer 2

Creo que podemos utilizar fórmulas de Vieta para resolverlo, si no se equivocaba.

Que ecuación de un círculo es $$x^2+y^2+Dx+Ey+F=0$ $ y este punto cuatro puede escritor forma $(at,\dfrac{a}{t})$ en este círculo, así que tenemos $$(at)^2+(\dfrac{a}{t})^2+D\cdot(at)+E\cdot (\dfrac{a}{t})+F=0$ $ $$\Longrightarrow a^2t^4+Dat^3+Ft^2+Eat+a^2=0$ $ utilizar fórmulas de Vieta, tenemos $$m_{1}m_{2}m_{3}\cdot m_{1}m_{2}m_{3}=\dfrac{a^2}{a^2}=1$ $ % que $$m_{1}m_{2}m_{3}=\pm1 $$ y $$\begin{cases} m_{1}+m_{2}+m_{3}+m_{1}m_{2}m_{3}=-\dfrac{D}{a}\\ m_{1}m_{2}m_{3}+m_{1}m_{2}m_{1}m_{2}m_{3}+m_{1}m_{3}m_{1}m_{2}m_{3}+m_{2}m_{3}m_{1}m_{2}m_{3}=-\dfrac{E}{a} \end{} $$ entonces $$ \begin{cases} -\dfrac{D}{2}=\dfrac{a}{2}(m_{1}+m_{2}+m_{3}\pm 1)\\ -\dfrac{E}{2}=\pm\dfrac{a}{2}(m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}+1) \end{casos} $$ así que creo que el centro es $$(-\dfrac{D}{2},-\dfrac{E}{2})=\left(\dfrac{a}{2}(m_{1}+m_{2}+m_{3}\pm 1),\pm\dfrac{a}{2}(m_{1}m_{2}+m_{1}m_{3}+m_{2}m_{3}+1)\right)$ $

Answer 3

Usted puede utilizar el concepto de la otra manera: el punto desconocido como el centro de un círculo que pasa por los cuatro puntos dados.

Tomar uno de los puntos de referencia y escribir en la línea de las ecuaciones del punto de referencia para otros tres puntos. Estas líneas son acordes dentro del círculo suponiendo que el punto de partida como punto de referencia y el punto final como uno de los tres puntos.

Geométricamente, sabemos que el centro del círculo (punto desconocido) se acostará en las líneas que pasan por los puntos medios de estos acordes y y son perpendiculares a cada acorde. Usted puede escribir las ecuaciones de estas nuevas líneas como usted sabe, el punto y la pendiente de cada una de ellas.

Si las líneas se cortan en un punto que será su unknow punto.

Answer 4

En primer lugar, el $a$ factor es sólo una cuestión de escala; podemos pasar por alto.

Por otra parte, en la forma en que el problema está escrito, parece que el cuarto punto, que es especial. Pero, en realidad, el problema es de alrededor de cuatro números reales, $m_1, m_2, m_3, m_4$ tales que cada uno es el inverso del producto de otro árbol, o apenas cuatro números con el producto. Ahora, con este con simetría entendido, hay esta idea de cómo atacar el problema:

Darse cuenta de que cada conjunto de puntos del árbol (suponiendo que no son colinear) generar un círculo que contiene el árbol de puntos, y el circuncenter es el centro. Ahora, por un uso adecuado de los con simetría de los cuatro puntos, muestran que la circunference es el mismo, no importa de qué puntos son elegidos.