Traccia
"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 $P$ ?
Premessa generale
L’idea è quella di trovare un punto per ogni disco che faccia parte del suo bordo e non sia contenuto in nessun altro disco.
Nel corso della dimostrazione identificherò tale punto ed affermerò che esso deve fare parte del bordo della regione di piano richiesta.
Dunque grazie a queste osservazioni riuscirò a descrivere analiticamente il luogo dei punti che costituiscono il bordo della regione di piano, che si rivelerà essere una cardioide.
Dimostrazione
Premessa Passo 1
La dimostrazione del passo 1 farà riferimento alla seguente immagine
Nella figura la circonferenza di centro C è la circonferenza $C$ del testo, le due circonferenze (blu e rossa) rispettivamente di centro $C_1$ e $C_2$ sono il bordo di due generici dischi, il punto $E$ è il punto di intersezione tra la circonferenza rossa e quella blu ed infine il punto F (colorato di rosso) è il punto di intersezione tra la circonferenza $C$ e la circonferenza blu.
La
tesi di questo passo è che i tre punti ($E$, $F$, $C_2$) sono allineati.
Si dimostrerà la tesi a partire dal caso in cui (assegnato un opportuno sistema di assi cartesiani) la circonferenza $C$ ha raggio unitario e $P$ ha coordinate (1,0).
(Tutti gli altri casi si possono ottenere attraverso omotetie, rotazioni e traslazioni del sistema, quindi il fatto che i tre punti siano allineati rimarrà invariato)
Passo 1
Costruiamo la retta che congiunge i punti $C_1$ e $C_2$ e la chiamiamo $s$.
La retta $s$ è la retta dei centri del fascio generato dalle circonferenze rossa e blu.
Dunque la retta perpendicolare ad $s$ passante per $P$ (che è una delle intersezioni tra la circonferenza rossa e quella blu) non può che essere l’asse radicale, che chiameremo $r$.
Ora troviamo l’espressione analitica di $s$ ed $r$
Innanzitutto scriviamo l’equazione parametrica di $C: (x,y)=(costheta,sintheta) $ con $theta in [0,2pi) $
Siccome $C_1$ e $C_2$ appartengono a $C$ scrivo
$C_1=(cosa,sina) $ e $C_2=(cosb,sinb) $
Allora ricavo le equazioni parametriche di $s$ ed $r$
$s: (x,y)=(cosa-cosb,sina-sinb)t + (cosa,sina) $
$r: (x,y)=(sina-sinb,cosb-cosa) omega +(1,0) $
Interseco $s$ ed $r$ e chiamo $Q$ il punto di intersezione, faccio un po’ di conti ed ottengo:
$Q = 1/2 (1+cosb+cosa-cos(a+b), sina+sinb-sin(a+b)) $
Siccome la retta dei centri è anche l’asse del segmento $PE$ che poggia sull’asse radicale, possiamo affermare che $Q$ è il punto medio del segmento $PE$ e possiamo calcolare $E$ di conseguenza.
$E= (2x_Q-x_P,2y_Q-y_P) = (cosa+cosb-cos(a+b), sina+sinb-sin(a+b)) $
Non ci resta che trovare il punto $F$ e verificare la tesi.
Per ipotesi $F$ è il punto di intersezione tra la circonferenza blu e la circonferenza $C$ diverso da $P$.
$ {(x=costheta) , (y=sintheta) , ((x-cosa)^2+(y-sina)^2=2-2cosa):} $
Ricaviamo:
$F= (cos(2a), 2sin(2a)) $
Quindi i tre punti sono:
$C_2=(cosb,sinb) $; $F=(cos(2a),sin(2a)) $; $E= (cosb+cosa-cos(a+b), sina+sinb-sin(a+b))$
Si verifiva facilemente che i tre punti sono allineati, per esempio verificando che il rango della matrice formata dai vettori riga $vec( EC_2), vec (FC_2)$ è 1.
Infatti $ (cos(a+b)- cosa )(sinb-sin(2a))-(cosb-cos(2a)) (sin(a+b))- sina) =0$
Conclusioni Passo 1
Ricapitolando abbiamo analizzato il caso in cui la circonferenza $C$ ha raggio unitario e il punto $P$ ha coordinate $(1,0) $, ma questo caso particolare è rappresentativo di tutti i casi possibili poiché tramite omotetie traslazioni e rotazioni (che non influiscono sul fatto che i tre punti siano o meno allineati) ci si può ricondurre a qualsiasi configurazione possibile.
Dunque possiamo concludere che i tre punti $C_2, F, E$ sono allineati.
Premessa Passo 2
La dimostrazione del passo 2 farà riferimento alla seguente immagine
Nella figura abbiamo costruito la retta passante per $F $ e $C_1 $ (che chiameremo retta verde), abbiamo chiamato $G $ il punto di intersezione tra la retta verde e la circonferenza blu e $H$ il punto di intersezione tra la retta passante per $C_2$ e $P$ e la circonferenza blu.
La
tesi del passo 2 è che il punto $G$ faccia sempre parte del disco blu e non faccia mai parte del disco rosso, a prescindere dalla posizione dei centri $C_1$ e $C_2$ lungo la circonferenza $C$.
Si dimostrerà la tesi dividendo la dimostrazione in 2 casi:
il caso 1 in cui il raggio della circonferenza rossa è maggiore di quello della circonferenza blu
il caso 2 in cui il raggio della circonferenza rossa è minore di quello della circonferenza blu.
Passo 2
Lemma 1
Se $E $ è interno alla circonferenza $C$
Allora $F$ non appartiene al disco rosso perché tra i punti interni o appartenenti alla circonferenza $C$, che poggiano sulla retta sulla quale giacciono ($F, E, C_2$), $F$ è quello di massima distanza da $C_2$ (perché $C_2$ e $F$ giacciono sulla circonferenza) e quindi siccome $E$ è interno alla circonferenza $d(E,C_2)=R
Quindi possiamo affermare che, siccome $ G$ poggia sulla circonferenza blu, $G $non appartiene all’arco di circonferenza $hat(EP) $ (quello di cui non fa parte $F$) (perché se vi appartenesse vorrebbe dire che $G $ è interno alla circonferenza $C$, il che è assurdo perché G è il simmetrico di $F$ rispetto a $C_1$ quindi è esterno al segmento $FC_1$ e poggia sulla retta verde secante a $C$ in $F$ e $C_1$) allora G non fa parte della circonferenza rossa.
Ingenerale
se $E$ è interno alla circonferenza $C$ allora $G$ non appartiene al disco rosso.
Lemma 2
Grazie alla dimostrazione del passo 1 possiamo concludere che tutti i triangoli sono simili $PC_2E$ tra loro al variare della posizione di $C_2$ lungo la circonferenza. (Questo perché la retta $C_2E$ passa per $F$ e quindi i triangoli hanno l'angolo $hat(PC_2E)$ (che è un angolo alla circonferenza) (alfa in figura) costante e sono isosceli perché i lati DE e DC sono raggi di una circonferenza)
Caso 1
(raggio rosso > raggio blu); ($R>r$)
Per il Lemma 1 analizziamo solo il caso in cui $ E$ è esterno alla circonferenza $C$
Se $E$ è esterno a $C$ allora $E$ è esterno al segmento $C_2F$, perché $C_2F$ è un arco della circonferenza $C$.
Allora divido in 2 casi:
Se $EC_2$ contiene $F$ allora sono sicuro che l’arco $PE$ della circonferenza blu, che contiene F, contiene tutti i punti della circonferenza blu che fanno parte del disco rosso.
Se $EC_2$ non contiene $F$ allora $FE$ contiene$C_2$, siccome $FE le 2r$ dove $r$ è il raggio della circonferenza blu e $EC_2 > r $, allora $F $ è contenuto nel disco rosso.
Quindi possiamo dire che la tesi diventa: dimostrare che G non appartiene $hat(PE) $, che passa per $F $.
Grazie al lemma 2 possiamo dire al crescere dell’arco $hat(PE)$ cresce anche il raggio della circonferenza rossa e viceversa, siccome $R > r$ se e solo se $hat(PE) > hat(PG) $ (perché la corda si comporta come il più piccolo arco corrispondente: cresce al crescere di quest’ultimo e decresce al decrescere di quest’ultimo, quindi registriamo che $R=r$ se e solo se $hat(PE)=hat(PG) $) quindi possiamo concludere che $G$ è esterno alla corda $PG$ che contiene $F$.
Caso 2
(raggio rosso
Costruisco la retta passante per $P$ e $C_1$ e chiamo il punto di intersezione tra questa retta e la circonferenza blu $Q_1$, faccio lo stesso con la retta passante per il punto $E$ e $C_1$ chiamando il punto di intersezione tra la retta e la circonferenza blu $Q_2$. I punti $Q_1,Q_2$ non possono fare parte del disco rosso perché $d(P,Q_1)=d(E,Q_2)=2r > 2R$ e quindi la corda $hat(PE) $ che contiene $Q_1,Q_2$ è quella maggiore poiché (per congruenza tra i triangoli) $(Q_1Q_2=PE $ e quindi la corda che contiene $Q_1,Q_2$ è maggiore uguale (in lunghezza) della corda più piccola per $PE$.
Quindi la tesi diventa: dimostrare che $G$ appartiene alla corda $hat(PE) $ maggiore.
Per il lemma 2 possiamo affermare che $PE
Conclusioni Passo 2
Quindi abbiamo dimostrato che $G$ non fa mai parte di nessun disco diverso da quello blu (che può essere preso con centro a piacere), quindi fa parte del bordo del disco blu ma non fa parte di nessun altro disco.
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.
Premessa Passo 4
Come per il passo 1 analizzerò soltanto il caso in cui la circonferenza $C$ ha raggio unitario e $P$ ha coordinate $(1,0) $, concluderò che in questo caso il bordo della regione di piano è una cardioide.
Tramite omotetie, rotazioni e traslazioni (che non influiscono sulla natura del bordo) è possibile ottenere qualsiasi configurazione.
Sfrutterò alcuni calcoli del passo 1, per cui vi rimando a quello per i dati.
L’obbiettivo è trovare un’espressione analitica delle coordinate del punto $G$ al variare della posizione del centro $C_1$
Passo 4
Dal passo 1 sappiamo
$C_1=(cosa,sina) $
$F=(cos(2a),sin(2a)) $
Quindi, siccome per costruzione $G$ è l’intersezione tra la circonferenza blu e la retta verde (che ricordo essere la retta passante per $F$ e $C_1$), possiamo dire che, siccome $C_1$ è il punto medio tra $G$ ed $F$ (per definizione di circonferenza), che:
$G=(2x_(C_1)-x_F , 2y_(C_1)-y_F)=(2 cosa-cos(2a), 2sina-sin(2a)) $
Riarrangio ed ottengo
$G= (1,0)+2(1-cosa)(cosa,sina) $
Che è l’equazione di una cardioide in variabile $a$.
Conclusione generale
Possiamo concludere dicendo che la regione di piano richiesta è sempre una cardioide.