Dischi sul cerchio

[axpgn]

Sia data una circonferenza $C$ e si fissi su di essa un punto $P$.

Qual è la forma della regione di piano ricoperta dai dischi circolari che hanno centro su $C$ e il cui bordo passa per $P$ ?

Esempio di disco:

Cordialmente, Alex

[mgrau]

Direi una cardioide

[axpgn]

Risposta corretta ma occorre una dimostrazione

Cordialmente, Alex

[mgrau]

Dato che la cardioide si ottiene facendo rotolare un cerchio su un altro cerchio uguale, allora, con riferimento alla figura,



abbiamo il cerchio con centro A fisso e quello con centro B che rotola. Il punto che traccia la cardioide è il punto F, inteso come punto del cerchio mobile.
Quando il punto di contatto si sposta in E, il punto F si è spostato in G, e si vede subito che EF = EG, quindi G appartiene alla circonferenza con centro in E e raggio EF
Non so però se questa è proprio una dimostrazione della tua tesi... non sono proprio sicuro che quel che si dimostra coincida con quello che chiedi

[axpgn]

Adesso che l'ho capita ( ), mi pare una gran bella dimostrazione; quella che conosco è molto più complicata

Cordialmente, Alex

[mgrau]

Però in questo modo si è dimostrato che il punto G sta sul cerchio con centro in E e raggio EF. Ma come si fa a dire che, con un altro punto E', e un altro cerchio, questo non inglobi il punto G?
Magari la tua dimostrazione molto più complicata questo lo dimostra.

[axpgn]

La butto lì ...

Tutti i dischi che hanno le caratteristiche richieste sono tali per cui il punto $F$ deve avere un suo omologo sul cerchio "rotolante" quindi non ci sono altri dischi più grandi o più piccoli con tali caratteristiche.
Secondariamente il punto $G$ omologo di $F$ "sta" sempre sulla (stessa) cardioide.
Certo, questo andrebbe "formalizzato" matematicamente ma come "concetto" mi pare che regga.
Vediamo se qualcun altro conferma o confuta ...

Cordialmente, Alex

P.S.: Spoiler, please

EDIT:

Purtroppo è un ragionamento insufficiente perché comunque non esclude il fatto, come giustamente dici, che qualche altro punto del disco non "sbordi" oltre la cardioide

[mgrau]

Infatti. Direi che i ragionamenti che si occupano dei punti non bastano, si dovrebbe ragionare sulla famiglia di cerchi e sul loro inviluppo, ma a me mancano gli strumenti. Non è difficile scrivere l'equazione della famiglia di cerchi interessati, ma poi...?

[mgrau]

Una dimostrazione si trova qui. Un po' troppo difficile per me

[axpgn]

Non mi ci metto proprio a cercare una soluzione lì dentro
Tanto una ce l'ho
Prima o poi la posto.

Cordialmente, Alex

[jas1231]

Ragazzi io ho un'idea che mi sembra buona. Mi serve solo una mano per il "passo 1"

Passo 1
si fa riferimento alla seguente immagine



dall'immagine si nota immediatamente che il segmento DE passa per il punto (evidenziato in rosso) F, bisogna dimostrarlo, cosa che non riesco a fare e per cui chiedo il vostro aiuto.

(assumerò per vero che DE passa per F nei passaggi successivi)

Passo 2
si fa riferimento alla seguente immagine



La retta verde passa per F e B (in centro della circonferenza blu).
Denotiamo con G il punto di intersezione di questa retta con la circonferenza blu.

L'obbiettivo è dimostrare che G non è mai contenuto in nessun disco (di quelli descritti nella traccia) a parte il il disco denotato dalla circonferenza blu (che chiameremo disco blu)

Divido il problema in 3 casi

Caso 1

Scelgo un disco di raggio maggiore di quello della circonferenza blu, allora si fa riferimento all'immagine precedente.

I due punti di intersezione tra le circonferenze che denotano i dischi sanciscono 2 zone: una comune ad entrambi i dischi (colorata in rosso) ed una i cui punti appartengono soltanto al disco blu (colorata di blu)



Siccome la retta verde ha già intersecati DE in F e l'angolo $ hat(BFC)>0 $ allora G non può fare parte della regione rossa.

Quindi, come volevasi dimostrare, G non appartiene a un disco diverso da quello blu che abbia raggio maggiore della circonferenza blu.

Caso 2

scelgo un di raggio uguale alla circonferenza blu.

siccome i due dischi hanno raggio uguale la distanza FG è uguale al diametro delle due circonferenze (perché B è il centro della circonferenza blu e la retta verde passa per B) e quindi notiamo che G corrisponde ad E e poggia su entrambe le circonferenze.

(Questo caso serve solo a far notare come, quando i raggi sono uguali E e G corrispondano e quindi rendere più evidente che per raggi più piccoli E sarà interno alla corda $ hat(CG) $ )

Caso 3

Scelgo un disco (che chiameremo disco rosso) di raggio minore della circonferenza blu, si fa riferimento all'immagine che segue.

(Lemma i) Grazie alla dimostrazione del passo 1 (per il quale, come detto, avrei bisogno di una manina) possiamo concludere che tutti i triangoli $ hat(DCE) $ sono simili tra loro al variare della posizione di D lungo la circonferenza. (Questo perché passando per F essi hanno l'angolo $ hat(CDE) $ (che è un angolo alla circonferenza) (alfa in figura) costante e sono isosceli perché i lati DE e DC sono raggi di una circonferenza)

metto qui un'immagine che potrebbe chiarire l'argomentazione:

Grazie al (lemma i) possiamo affermare che la lunghezza DC e CE sono direttamente proporzionali, quindi al decrescere del raggio della circonferenza rossa corrisponde la decrescenza della distanza CE e quindi della corda $ hat(CE) $.

Quindi $ hat(CE) $ è contenuta nella corda $ hat(CG) $ (perché, grazie al caso 2, abbiamo $ E-= G $ quando la circonferenza rossa e quella blu coincidono) e quindi, come volevasi dimostrare, G non può fare parte del disco rosso.

Passo 3

Affermo che siccome G appartiene al bordo del disco blu ma non appartiene a nessun altro disco allora G appartiene al bordo della regione di piano che cerchiamo.

Mi basta trovare una curva che descriva G al variare di B per descrivere il bordo della regione di piano cercata.

Passo 4

Analizzo il caso in cui la circonferenza $ tilde(C) $ (quella della traccia) ha raggio 1 e il punto P ha coordinate (0,1).

(il risultato di questo caso potrà essere esteso a tutti gli altri con un cambiamento di coordinate del tipo $ (x')^2+(y')^2=k(x^2+y^2) $ più eventuali rotazioni che non cambiano la natura del contorno)

Chiamo $ gamma $ la circonferenza associata ad un generico disco che poggia sulla circonferenza $ tilde(C) $.

innanzitutto scrivo l'equazione di $ tilde(C) $ in polari: $ (rho,theta)=(1,theta) $ con $ 0letheta<2pi $ ; $ tilde(C): (x,y)=(costheta,sintheta) $.

Chiamo C il centro di $ gamma $ e siccome esso alloggia sulla circonferenza $ tilde(C) $ ha coordinate
$ C=(cosvarphi ,sinvarphi) $ .

scrivo, quindi, l'equazione di $ gamma $ (come luogo di zeri)

$ gamma: (x-cos varphi)^2+(y-sinvarphi)^2=bar(CP)^2 = 2-2cos varphi $

Con riferimento alla seguente figura



chiamo B il punto di intersezione tra $ gamma $ e $ tilde(C) $ diverso da P e lo trovo svolgendo il sistema

$ { ( x=costheta ),( y=sintheta ),( (x-cosvarphi)^2 + (y-sinvarphi)^2=2-2cosvarphi ):} $ con $ 0letheta<2pi $ $ 0levarphi<2pi $

ottengo $ cos(theta-varphi)=cosvarphi $; $ theta=2varphi $ oppure $ theta=0 $

Quindi otteniamo $ B=(cos2varphi,sin2varphi) $.

Adesso non ci resta che trovare Q la cui equazione descriverà la nostra curva al variare di $ varphi $.

Notiamo che BQ è un diametro della circonferenza $ gamma $ quindi i due punti sono simmetrici rispetto al centro C, quindi ricaviamo in maniere immediata Q dalle coordinate di B:

$ Q=(2cosvarphi-cos2varphi,2sinvarphi-sin2varphi) $

riarrangiamo un po' ed otteniamo

$ Q:(x,y)=(1,0)+2(1-cosvarphi)(cosvarphi,sinvarphi) $ che è la traslazione di un cardioide.

In conclusione la regione di piano cercata è sempre un cardioide

La dimostrazione è lunga, ma mi piace molto, quindi se avete tempo provate a dimostrare il passo 1 che non mi riesce.

[axpgn]

@jas123

Fammi capire: cosa sarebbe il passo 1 ? Hai postato un disegno sul quale non hai detto una parola su cosa rappresenta né su come è stato costruito ...

[jas1231]

scusa ero talmente preso dal problema che ho dimenticato di rendere comprensibile il disegno, allora

la circonferenza di centro A è quella su cui alloggiano i dischi.
E e C sono i punti di intersezione tra i bordi di due dischi generici (uno di centro B ed uno di centro E).
Vorrei dimostrare che DE passa sempre per il punto F (cioè il punto di intersezione tra la circonferenza di centro A e quella di centro B)

[axpgn]

@jas123

Non che ti sia sforzato molto
Non capisco poi perché non usare la nomenclatura del testo proposto; per esempio, quale sarebbe il punto fisso $P$ del problema? Il tuo punto $C$? Dobbiamo tirare ad indovinare?
Poi qui

"jas123":... E e C sono i punti di intersezione tra i bordi di due dischi generici (uno di centro B ed uno di centro E).

intendi "di centro D" presumo ...
La precisione in Matematica non è un dettaglio, a maggior ragione in una dimostrazione, di quelle proporzioni per giunta ...

Comunque non penso di analizzare la tua risposta (perché è troppo lunga in primis e poi non ha molto senso dedicare tempo a verificare un qualcosa che si basa su una premessa di cui non si conosce la validità, isn't it? )

Peraltro non vorrei che sia un "circuito chiuso" nel senso che (forse) la dimostrazione funziona se la premessa è vera ma la la dimostrazione della premessa dipende dalla dimostrazione di quanto richiesto ... non so se mi sono spiegato ...

Però qualcuno di buona volontà magari si trova ...

Cordialmente, Alex

[axpgn]

Forse sono riuscito a dimostrare il passo 1 ...

Tracciamo due circonferenze (di centri $A$ e $B$), intersecantisi nei punti $P$ e $F$.
Tracciamo poi un'altra circonferenza (di centro $O$) passante per i punti $A$, $B$ e $P$.
Questa circonferenza interseca in $D$ quella di centro $A$ e in $E$ quella di centro $B$.
Tutte e tre si intersecano nel punto $P$.
Infine tracciamo la retta passante per $A$ e $F$ e la retta passante per $B$ e $F$.

Queste son le ipotesi mentre la tesi è: la retta $AF$ passa per il punto $E$ e la retta $BF$ passa per il punto $D$.

Si può notare che i triangoli $ABP$ e $ABF$ sono congruenti quindi $A\hatPB=A\hatFB$.
Il quadrilatero $APBD$ è ciclico, ne consegue che $A\hatPB+A\hatDB=180°$.
Dato che il triangolo $ADF$ è isoscele con base $DF$, abbiamo che $A\hatDF=A\hatFD$, da cui $A\hatFD+A\hatFB=180°$
Si conclude quindi che $DFB$ sono collineari.
Lo stesso procedimento si attua per l'altra retta

Cordialmente, Alex

[axpgn]

Ecco, comunque, la soluzione che conosco ...

Si scelgano gli assi in modo tale che sia $P=(0,0)$ e il cerchio $C$ abbia la forma polare $r=sin phi$ con $0<=phi<=pi$
Fissiamo un angolo $theta$ e cerchiamo la massima estensione in quella direzione della regione cercata.
Sia $Q$ il centro del generico disco e supponiamo che il segmento $PQ$ formi un angolo $alpha$ con il semiasse positivo delle ascisse.
Allora il raggio del disco centrato in $Q$ è pari a $sin alpha$ e la circonferenza corrispondente ha la forma polare $r=2sin(alpha)sin(theta-alpha+pi/2)$
[Ciò discende dalla forma polare $r=2Rsin phi$, dove $R$ è il raggio del cerchio, che in questo caso è $sin alpha$ ed inoltre il cerchio è ruotato dalla posizione standard di $pi/2-alpha$ che causa lo spostamento dell'angolo.]


Ora, $2sin(alpha)sin(theta-alpha+pi/2)=2sin(alpha)cos(alpha-theta)=sin(2alpha-theta)+sin(theta)$
Ricordiamo che il nostro obiettivo è trovare il cerchio che si estende il più lontano possibile da $P$ in direzione $theta$; questo avviene quando la distanza da $P$ cioè $sin(2alpha-theta)+sin(theta)$ è massima che si ottiene quando $2alpha-theta=pi/2$.
Ne consegue che la regione desiderata è limitata dalla curva polare $r=1+sin theta$ ovvero una cardioide.

Cordialmente, Alex

[jas1231]

@Alex
Grazie mille per la dimostrazione del passo 1, io ne avevo fatta una con la geometria analitica, ma aspettavo a postarla perché speravo in qualcosa di più elegante e la tua è perfetta.

Diciamo che l'idea di base delle nostre dimostrazioni è relativamente simile, ma c'è una differenza nell'approccio che rende la tua più breve:

io ho cercato un punto che, al variare della posizione del centro del disco, mi desse il bordo della regione di piano e quindi ho dovuto dimostrare che quel punto fa parte di uno e un solo disco.
Tu invece hai cercato il raggio della circonferenza di massima distanza(tra quelle che si formano con $ P $ come centro e $ d(P,G) $ (dove G è un punto del disco) come raggio) .

Ecco però qui mi sorge il dubbio: come fai a dire che su questa circonferenza c'è sempre un punto del bordo della regione di piano?

[axpgn]

"jas123":Grazie mille per la dimostrazione del passo 1, ... e la tua è perfetta.

Non mi pare, io ci vedo ancora un'errore ...

"jas123":Ecco però qui mi sorge il dubbio: come fai a dire che su questa circonferenza c'è sempre un punto del bordo della regione di piano?

Da qui ...

"axpgn":Allora il raggio del disco centrato in $ Q $ è pari a $ sin alpha $ e la circonferenza corrispondente ha la forma polare $ r=2sin(alpha)sin(theta-alpha+pi/2) $
[Ciò discende dalla forma polare $ r=2Rsin phi $, dove $ R $ è il raggio del cerchio, che in questo caso è $ sin alpha $ ed inoltre il cerchio è ruotato dalla posizione standard di $ pi/2-alpha $ che causa lo spostamento dell'angolo.]

Cordialmente, Alex

[jas1231]

"axpgn":
Non mi pare, io ci vedo ancora un'errore ...

non ho capito...

"axpgn":
Da qui ...

Allora il raggio del disco centrato in $ Q $ è pari a $ sin alpha $ e la circonferenza corrispondente ha la forma polare $ r=2sin(alpha)sin(theta-alpha+pi/2) $
[Ciò discende dalla forma polare $ r=2Rsin phi $, dove $ R $ è il raggio del cerchio, che in questo caso è $ sin alpha $ ed inoltre il cerchio è ruotato dalla posizione standard di $ pi/2-alpha $ che causa lo spostamento dell'angolo.]

Cordialmente, Alex

Da qui ricavi la forma polare della circonferenza corrispondente al disco centrato in $ Q $, ma non vedo in che modo tu abbia dimostrato che il punto di questo disco ci massima distanza da $P$ faccia parte del bordo, non credo sia una cosa che possa essere data per scontata perché potrebbe esserci un altro disco (magari di raggio maggiore di quello centrato in $Q$) che contiene quel punto .

[axpgn]

"jas123":... non ho capito ...

Trova l'errore (mio, che c'è ... o almeno mi pare ... ... l'ho rivista così tante volte ... )

"jas123":Da qui ricavi la forma polare della circonferenza corrispondente al disco centrato in $ Q $,

Eh, no, è il contrario.
Questa forma polare $ r=2sin(alpha)sin(theta-alpha+pi/2) $ rappresenta un qualsiasi disco compatibile con le ipotesi anzi, per meglio dire, rappresenta il bordo di un qualsiasi disco, ovviamente al variare di $theta$ e $alpha$.
Ora, fissata una direzione (in uscita dall'origine cioè da $P$) ovvero fissato $theta$, quello che si cerca è la massima distanza da $P$ che può assumere un punto del bordo fra tutti quelli di tutti i dischi.
Ma guarda caso, la distanza di un punto del bordo da $P$ è proprio $r$ (perché abbiamo posto $P$ nell'origine), quindi per ogni direzione (ovvero per ogni $theta$ fissato) quello che cerchiamo è il massimo $r$ e da quella forma polare (o meglio dall'ultima versione di quella forma) abbiamo che il massimo lo si ha quando $sin(2alpha-theta)=1$ e quindi la massima distanza, per ogni $theta$, la si ha con $r=1+sin(theta)$ che è una cardioide.

Cordialmente, Alex

[jas1231]

Oh, ok, ho capito. Bellissima dimostrazione