Tangencial a la línea real de círculos

Question

Para cualquier dos distintos puntos $a,b$ en el plano medio superior, demostrar que hay un círculo pasando por $a$ y $b$ que es tangente a la línea verdadera extendida.

Parece obvio, pero ¿cómo haría probar esto?

Answer 1

Esta es una pregunta fascinante.

He aquí cómo yo diría que, mediante el grupo de los rígidos movimientos de la Poincaré (hiperbólica) avión.

¿Cuáles son los (general) círculos tangentes a la (extended) línea real en $\infty$? Son las líneas horizontales $Y=c$, para los reales positivos $c$. Me sugieren la aplicación de una rotación $\rho$ $a=(x_a,y_a)$ en el plano hiperbólico que aporta $b$ a un punto de $b'$ cuya altura sobre el eje real es igual a la de $a$, por lo que el $b'=(x_{b'},y_a)$. Ahora dibuje la línea horizontal $Y=y_a$, y se aplican $\rho^{-1}$ a esta imagen. Lo que pasa es que $b'$ gira de regreso a $b$, $\infty$ rota (lo más probable) a un número finito punto de $p=(x_p,0)$ sobre el eje real, y nuestra línea horizontal que gira a la del círculo a través de $a$, $p$, y $b$, tangente al eje real en $p$.

Answer 2

Voy a considerar el caso en que ambos puntos se encuentran en la recta real como de haber sido abordado en los comentarios. Así que puedo suponer que $a$ no está en la recta real.

El conjunto de puntos equidistantes de la línea real y $a$ forma una parábola, $P$, en la mitad superior del plano. El círculo de centro $P$ debe mentir sobre esto.

El conjunto de puntos equidistantes de $a$ $b$ forma una línea. $P$ también se encuentran en este. Por lo $P$ está en la intersección de una recta y una parábola, por lo tanto es uno de más de dos puntos. Eso me parece una bonita ruta rápida, ya que implica resolver exactamente una ecuación cuadrática.

Si el punto de $a$ está dado por $(2r, 2s)$, entonces la ecuación de la parábola es $$ (x-2r)^2 + (2s)^2 = 4sy $$ Si el punto de $b = (2p, 2q)$, entonces el punto medio de la $ab$$(p+r, q+s)$, y la ecuación paramétrica de la mediatriz de $ab$ es $$ x(t) = (p+r) + t (s-p) \\ y(t) = (q + s) + t(p-r) $$ Conectar este, se consigue

$$ [p+r + t(s-p) - 2r]^2 + 4^2 = 4s [q + s + t(p-r)] $$ Que es una ecuación cuadrática en $t$, que se puede resolver con la ecuación de segundo grado, y, a continuación, enchufe el resultado en la línea de la ecuación para obtener los dos círculo de los centros.

Haciendo el álgebra: \begin{align} [p-r + t(s-q)]^2 + 4s^2 &= 4s [q + s + t(p-r)]\\ (p-r)^2 + 2t(s-q)(p-r) + t^2 (s-q)^2 &= - 4s^2 +4s(q + s) + t\cdot 4s(p-r)\\ (s-q)^2 t^2 + 2t(s-q)(p-r) -2t\cdot 2s(p-r)+(p-r)^2 &= - 4s^2 +4s(q + s)\\ (s-q)^2 t^2 + 2t(p-r)[(s-q) -2s] +(p-r)^2 &= - 4s^2 +4s(q + s)\\ (s-q)^2 t^2 + 2t(p-r)[-(s+q)] +(p-r)^2 &= - 4s^2 +4s(q + s)\\ (s-q)^2 t^2 - 2t(p-r)(s+q) + (p-r)^2 - 4sq &= 0\\ (s-q)^2 t^2 - 2t(p-r)(s+q) + (p-r)^2 - 4sq &= 0\\ (s-q)^2 t^2 - 2t(p-r)(s+q) + (p-r)^2 - 4sq &= 0 \end{align} Seguro que se ve como si no debería ser más $s-q$ términos, y no $s+q$ o $4sq$, pero ¿quién sabe? De todos modos, es una guía general de cómo solucionar esto.

En realidad, en la reflexión, se ve bastante bueno para mí. Por si los puntos de $a$ $b$ tienen el mismo $y$-coordinar, a continuación,$s-q = 0$, y la cuadrática se convierte en lineal...que tiene sentido para mí --- yo sólo puedo visualizar un círculo que pasa a través de ambos puntos y es tangente a la $x$-eje. Por otro lado, si el $x$-coordenadas son las mismas, entonces el coeficiente de $t$ hace $0$, y las dos raíces son negativos de la una de la otra, correspondiente a la reflexión (alrededor de un eje vertical) la simetría de la situación. Así que: excepto en el $s = q$ de los casos, obtenemos \begin{align} t &= \frac{-B \pm \sqrt{B^2 - 4AC}}{2A}\\ &= \frac{2(p-r)(s+q) \pm \sqrt{4(p-r)^2(s+q)^2 + 4(s-q)^2 4sq}}{2(s-q)^2}\\ &= \frac{(p-r)(s+q) \pm \sqrt{(p-r)^2(s+q)^2 + 4(s-q)^2 sq}}{(s-q)^2}\\\end{align} y entonces, con estos $t$-valores, tenemos $$ x = (p+r) + t (s-p) \\ y = (q + s) + t(p-r) $$

Answer 3

Escribir $A=a$$B=b$.

Supongamos que la línea de $AB$ cortes reales de la línea de $\ell$ $P$ y dibujar el círculo arbitrario $C$ a través de$A$$B$. Ahora dibujar una tangente de $P$ $C$y deje que le toque a $C$$E$. A continuación, dibuje un círculo con el centro en $P$ y radio de $PE$. Este círculo recortes $\ell$$D_1$$D_2$. Ahora vamos a la mediatriz de $AB$ cortes de la línea de $d_i$ que es perpendicular a $\ell$ y pasa a través de $D_i$$S_i$. Usted obtener el centro(s) de círculo(s) que usted busca.

La prueba de que esta construcción es ACEPTAR. Observar el poder de el punto de $P$ con respecto a los círculos ($P$ es un centro radical).