Localización de tres conjuntos de puntos colineales

Question

Dados tres puntos distintos cualesquiera $A,B,C$ y un círculo $C(O)$ construir puntos $D,E,F$ en el círculo tal que

1. $A,D,E$ son colineales,
2. $B,E,F$ son colineales y,
3. $C,F,D$ son colineales.

Una de estas soluciones se indica en el diagrama siguiente. Tengo suficientes pruebas analíticas y numéricas para indicar que estos puntos existen. De hecho, hay dos de estos conjuntos de puntos, como se muestra por @coproc a continuación. Sin embargo, me gustaría una construcción geométrica.

Una idea: Mi idea era invertir los puntos $A,B,C$ en el círculo para encontrar los puntos $A',B',C'$ respectivamente. El problema se convierte entonces en equivalente al problema siguiente.

Dados tres puntos $A',B',C'$ y un círculo $C(O)$ . Construye tres círculos tales que

1. Una circunferencia pasa por los puntos $A'$ y $O$ ,
2. otra pasa por puntos $B'$ y $O$ ,
3. el tercero pasa por los puntos $C'$ y $O$ y,
4. los tres círculos se cruzan por pares en $C(O)$ .

Los puntos necesarios $D,E,F$ no son más que los puntos de intersección de estas tres circunferencias.

Answer 1

La operación que toma un punto $P$ en el círculo y hallar el otro punto de intersección de la recta $(AP)$ con el círculo es un automorfismo real del círculo.

La composición de $3$ tales automorfismos sigue siendo un automorfismo real. Si se identifica el círculo con $\Bbb P^1(\Bbb R)$ corresponde a una homografía real $t \mapsto \frac {at+b}{ct+d}$ .

En teoría, dado $3$ puntos del círculo y sus imágenes se pueden determinar los parámetros $a/d,b/d,c/d,\ldots \in \Bbb P^1(\Bbb R)$ y a partir de ahí construir la recta que pasa por los dos puntos fijos (los parámetros de la recta son fracciones racionales en $a,b,c,d$ por lo que son una fracción racional en las coordenadas de los tres puntos de la imagen).

Probablemente incluso haya una forma de conseguir una construcción que no dependa de qué $3$ puntos que elijas en el círculo, pero de momento no he comprobado cómo construir esa línea.

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Dado un punto $A \in \Bbb P^2(\Bbb R)$ llame al $\sigma_A$ la involución del círculo obtenida tomando un punto $M$ e intersecando la línea $(MA)$ con el círculo.

Digamos que un automorfismo del círculo es directo si los puntos de salida giran en la misma dirección que el punto de entrada e indirecto si no es el caso (esto dado por el signo del determinante $ad-bc$ ).

En $\sigma_A$ son involuciones indirectas por lo que no representan todos los automorfismos indirectos (un espacio de dimensión $3$ mientras que nosotros sólo tenemos $2$ dimensiones eligiendo $A$ ). Sin embargo, cualquier automorfismo directo puede darse de infinitas maneras como composición de dos $\sigma_{A_i}$ .

Los puntos fijos (posiblemente sobre $\Bbb C$ ) de $\sigma_A \circ \sigma_B$ son claramente las intersecciones (posiblemente complejas) de $(AB)$ con el círculo, por lo que para cualquier $C \in (AB)$ existe un punto único $D$ tal que $\sigma_A \circ \sigma_B = \sigma_C \circ \sigma_D$ . Construir $D$ o $C$ de la otra es realmente fácil, por ejemplo $C$ es la intersección de $(AB)$ con la línea $(\sigma_D(M))( \sigma_A \circ \sigma_B (M))$ para cualquier $M$ en el círculo.

A continuación, tenemos claramente la simplificación $\sigma_A \circ \sigma_A = id$ .

Así que dado $4$ puntos podemos simplificar $(\sigma_A \circ \sigma_B) \circ (\sigma_C \circ \sigma_D)$ observando la intersección de $(AB)$ y $(CD)$ (que posiblemente esté en el infinito) y moviendo ambos $B$ y $C$ hasta ese punto mientras cambia $A$ y $D$ adecuadamente a $A'$ y $D'$ . Esto nos da $(\sigma_A \circ \sigma_B) \circ (\sigma_C \circ \sigma_D) = \sigma_{A'} \circ \sigma_{D'}$

Así que ahora que sabemos cómo representar automorfismos directos del círculo con parejas de puntos y calcular composiciones, y puesto que existe una relación directa entre los puntos fijos y la línea formada por los puntos, todo lo que tenemos que hacer es calcular $\sigma_C \circ \sigma_B \circ \sigma_A \circ \sigma_C \circ \sigma_B \circ \sigma_A$ y simplificarlo a unos $\sigma_X \circ \sigma_Y$ . Entonces $(XY)$ interseca el círculo en los dos puntos fijos $D_1$ y $D_2$ de $\sigma_C \circ \sigma_B \circ \sigma_A$ .

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Ten en cuenta que esta construcción debería funcionar si sustituyes la circunferencia por cualquier cónica no degenerada, así que elipses, parábolas e hipérbolas también. También se puede generalizar a un número impar $n$ de puntos en lugar de $3$ aunque la complejidad de la construcción aumenta linealmente con $n$ .

Answer 2

Esto NO es una respuesta, sino mostrar por qué hay dos soluciones.

Sea $D$ es un punto del círculo y $E, F$ sean las otras intersecciones de las líneas $AD, BD$ respectivamente, con el círculo. Cuando $D$ se giran alrededor del círculo los puntos $E, F$ giran alrededor del círculo en sentido contrario. (La primera imagen sólo muestra $A, D$ y $E$ .)

De ahí también la línea $EF$ gira alrededor del centro del círculo en sentido contrario. Para cualquier punto $C$ fuera del círculo la línea $EF$ se ejecutará a través de $C$ dos veces durante una rotación completa: una vez mientras $E$ está más cerca de $C$ una vez $F$ está más cerca de $C$ .

Answer 3

[Esto es sólo una receta más paso a paso basado en la solución de mercio como referencia. No está destinado a tomar la recompensa].

Esquema básico:

1. construir $B_1$ s.t. $\sigma_B \circ \sigma_A = \sigma_A \circ \sigma_{B_1}$
2. construir $C_1$ s.t. $\sigma_A \circ \sigma_C = \sigma_{C_1} \circ \sigma_{A}$
3. línea de intersección $BC$ con línea $B_1C_1$ para obtener $S$
4. construir $X$ s.t. $\sigma_{C_1} \circ \sigma_{B_1} = \sigma_{S} \circ \sigma_{X}$
5. construir $Y$ s.t. $\sigma_{C} \circ \sigma_{B} = \sigma_{Y} \circ \sigma_{S}$
6. línea de intersección $XY$ con el círculo para obtener $D_1$ y $D_2$ las dos soluciones posibles para $D$ .

Después del paso 2 tenemos los puntos $B_1$ y $C_1$ s.t. $$\sigma_A \circ \sigma_C \circ \sigma_B \circ \sigma_A = \sigma_{C_1} \circ \sigma_A \circ \sigma_A \circ \sigma_{B_1} = \sigma_{C_1} \circ \sigma_{B_1} .$$ Después del paso 5 tenemos los puntos $X$ y $Y$ s.t. $$ \sigma_{C} \circ \sigma_{B} \circ \sigma_{C_1} \circ \sigma_{B_1} = \sigma_{Y} \circ \sigma_{S} \circ \sigma_{S} \circ \sigma_{X} = \sigma_{Y} \circ \sigma_{X} .$$ Por lo tanto $$\sigma_C \circ \sigma_B \circ \sigma_A \circ \sigma_C \circ \sigma_B \circ \sigma_A = \sigma_{C} \circ \sigma_{B} \circ \sigma_{C_1} \circ \sigma_{B_1} = \sigma_{Y} \circ \sigma_{X} .$$ Los puntos fijos de $\sigma_C \circ \sigma_B \circ \sigma_A$ son también los puntos fijos de $\sigma_{Y} \circ \sigma_{X}$ .

Los detalles para los pasos de construcción 1, 2, 4, 5 ya están dados por mercio. Sólo doy los detalles para el paso 1 para completar:

1.1 elige cualquier punto $M$ en el círculo y la línea de intersección $AM$ con el círculo para obtener el segundo punto de intersección $N = \sigma_A(M)$

1.2 línea de intersección $BN$ con el círculo para obtener el segundo punto de intersección $P = \sigma_B(N) = \sigma_B(\sigma_A(M)) = (\sigma_B \circ \sigma_A)(M)$

1.3 línea de intersección $AP$ con el círculo para obtener el segundo punto de intersección $Q = \sigma_A(P) = \sigma_A^{-1}(P)$

1,4 línea de intersección $QM$ con línea $AB$ para obtener $B_1$ Por lo tanto $\sigma_{B_1}(M)=Q=\sigma_A^{-1}(P)$ y $P = (\sigma_B \circ \sigma_A)(M) = (\sigma_{A} \circ \sigma_{B_1})(M)$ .

Answer 4

[ esto es un añadido a la primera respuesta de mercio para mi entender todavía faltaba una prueba, por qué las involuciones implicadas en el círculo como $\sigma_A$ (véase la respuesta de mercio o más abajo para la definición precisa) puede representarse como una función de la forma $t \mapsto \frac{at+b}{ct+d}$ en la línea proyectiva; por eso quiero compartir mis resultados al respecto; no conozco ningún argumento más corto].

Un círculo puede parametrizarse utilizando la proyección estereográfica. Para nuestras necesidades aquí es más fácil considerar el círculo unitario con centro $M=(0,1)$ :

El parámetro real $t$ parametriza el círculo $x^2 + (y-1)^2 = 1$ por $$t \mapsto U(t) := \left(\frac{2t}{t^2+1},\frac{2}{t^2+1}\right) .$$ Para un punto determinado $(x,y)$ en el círculo volvemos $t$ por $t = \frac{x}{y}$ . En esta parametrización sólo el punto $P$ falta. La parametrización puede completarse pasando a coordenadas homogéneas $[t:1]$ y asignando $[1:0]$ a $P$ .

Consideremos ahora la situación especial en la que $A$ está en el $y$ -eje. La involución $\sigma_A$ asigna un punto $T_0 = U(t_0)$ en el círculo hasta la otra intersección de la línea $AT$ con el círculo $T_1 = U(t_1)$ .

Ahora, ¿cómo son $t_0$ y $t_1$ ¿Relacionado? Resulta que $$t_1 = \frac{y_0-2}{y_0t_0} ,$$ donde $y_0$ es el $y$ -coordenada de $A$ . (Se necesita algo de álgebra para calcular la segunda intersección del círculo $x^2 + (y-1)^2 = 1$ con la línea a través de $A$ y $T_0$ cuya ecuación es $$ y = \frac{\frac{2}{t_0^2+1}-y_0}{\frac{2t_0}{t_0^2+1}}x+y_0 .)$$ Así, en el caso especial de $A$ en el $y$ -eje de la involución $\sigma_A$ puede representarse de la forma $\frac{0\cdot t+(y_0-2)}{y_0t+0}=\frac{at+b}{ct+d}$ .

Para el caso general de la posición del punto $A$ basta con comprobar que la rotación de un punto del círculo corresponde a una transformación de parámetro $t$ de la misma forma.

Las coordenadas homogéneas resultan muy útiles. De la figura anterior se deduce que $$ U([t_1:h]^T) = \left(\begin{array}{cc} \cos\alpha & -\sin\alpha \\ \sin\alpha & \cos\alpha \end{array}\right) U([t_0:h]^T) = U\left( \left(\begin{array}{cc} \cos\frac{\alpha}{2} & -\sin\frac{\alpha}{2} \\ \sin\frac{\alpha}{2} & \cos\frac{\alpha}{2} \end{array}\right) [t_0:h]^T \right) ,$$ lo que demuestra que la transformación de $t_0$ a $t_1$ vuelve a tener la forma esperada. Puesto que también las concatenaciones de funciones de la forma $t \mapsto \frac{at+b}{ct+d}$ son de esta forma los - al menos para mí - detalles que faltan parecen estar llenos.

Answer 5

Esto NO es una solución. Sin embargo, me gustaría compartir mis hallazgos.

(1) Wlog, al comparar las distancias de A, B, C desde O, podemos suponer que OA es la más corta. Dibujando el círculo C(O, OA), podemos concentrarnos en los puntos A, B' y C' en lugar del original; donde B' es un punto en C(O, OA) y es la "imagen" de B. Lo mismo ocurre con C' y C. D, E, F son puntos a investigar.

(2) La línea roja (q) es una línea cualquiera que pasa por B. En Geogebra, si haces q móvil (es decir, capaz de EDITAR deslizarse en la dirección normal a sí mismo /editar ), encontrarás que A y F están fijos pero D y E se mueven correspondientemente a lo largo del círculo C(O, OF) y B', C' se mueven correspondientemente a lo largo del círculo C(O, OA). Por supuesto, trazar otras líneas de la misma naturaleza a través de A y C tendrá el mismo efecto.