prezent are

Asupracercurilor luiMalfatti ıngeometriaclasica sigeometriahiperbolica

Catalin Barbusi

Laurian-IoanPiscoran

Formulareaproblemei-Introducerea

Aspectedidacticelegate depredarealectieiCercurile luiMalfatti lagrupele deexcelenta

Cercurile luiMalfatti ıngeometriahiperbolica

Asupra cercurilor lui Malfatti ın geometriaclasica si geometria hiperbolica

Catalin Barbu si Laurian-Ioan Piscoran

May 7, 2013


Catalin Barbusi





Cuprins

1 Formularea problemei- Introducerea

2 Aspecte didactice legate de predarea lectiei Cercurile luiMalfatti la grupele de excelenta

3 Cercurile lui Malfatti ın geometria hiperbolica


Catalin Barbusi





Introducere

In aceasta lucrare, vom analiza cateva rezultate remarcabileobtinute ın legatura cu cercurile lui Malfatti ın geometriaeuclidiana clasica dar si ın geometria hiperbolica.In 1803, MALFATTI si-a pus problema determinariidimensiunilor diferite a trei coloane circulare de marmura,atunci cand a sculptat dintr-o prisma triunghiulara dreapta,astfel ıncat sa aiba cea mai mare sectiune transversala totalaposibila. Acest lucru este echivalent cu a gasi suprafata totalamaxima data de trei cercuri care pot fi ınscrise ıntr-un triunghidreptunghic de orice forma fara a se suprapune. In prezent,aceasta problema este cunoscuta sub numele de problemamarmurei”.MALFATTI a rezolvat aceasta problema si a dat solutia cu treicercuri (cercurile MALFATTI), tangente ıntre ele si la doualaturi ale triunghiului. In 1930, s-a demonstrat ca cercurileMalfatti nu au fost ıntotdeauna cea mai buna solutie.


Catalin Barbusi





Introducere

In 1967, Goldberg a aratat ca, mai mult, si anume ca ele nusunt niciodata cea mai buna solutie. Ogilvy 1990 si Wells ın1991 ilustreaza cazuri specifice ın care solutiile alternative suntclar optime. Solutii pur geometrice ale problemei lui Malfattiau fost date de catre Steiner ın 1826 respectiv Ostwald siDorrie ın 1965.Problema generala Malfatti pe un triunghi oarecare a fost defapt formulata si rezolvata anterior de catre japonezulgeometru Chokuen Ajima (1732-1798).Problema generala Malfatti se poate formula astfel: Treicercuri aflate ın interiorul unui triunghi ABC astfel ıncat fiecareeste tangent la celelalte doua si la doua laturi ale triunghiuluise numesc cercuri Malfatti. Fie ΓA, ΓB , ΓC centrele cercurilorMalfatti si TA, TB , TC punctele de tangenta dintre cercurileMalfatti. Triunghiul ΓAΓBΓC se numeste triunghiul Malfatti.


Catalin Barbusi





Introducere


Catalin Barbusi





Introducere

1.Proprietati de baza ale cercurilor Malfatti ([3]): Dacar1, r2, r3 sunt razele cercurilor Malfatti, atunci laturiletriunghiului Malfatti au lungimile r1 + r2, r2 + r3, r3 + r1

1.2. ([3]) Dreptele AΓA, BΓB , C ΓC sunt concurente ıncentrul cercului circumscris triunghiului ABC.Demonstratie. Deoarece cercurile sunt tangente la cate doualaturi ale triunghiului rezulta ca dreptele AΓA, BΓB, C ΓC suntbisectoarele unghiurilor triunghiului ABC, deci sunt concurenteın centrul cercului circumscris triunghiului ABC.1.3. ([3]) Dreptele ΓATA, ΓBTB , ΓCTC sunt concurente.Demonstratie. Deoarece TAΓB

TAΓC· TBΓCTBΓA

· TC ΓATC ΓB

= r2r3· r3r1· r1r2= 1,

rezulta din reciproca teoremei lui Ceva cadrepteleΓATA, ΓBTB , ΓCTC sunt concurente.


Catalin Barbusi





Introducere

1.4. ([3]) Razele cercurilor Malfatti au lungimile:

r1 =(1+tg B

4 )(1+tg C4 )

1+tg A4

· r2 , r2 =(1+tg A

4 )(1+tg C4 )

1+tg B4

· r2 ,

r3 =(1+tg A

4 )(1+tg B4 )

1+tg C4

· r2 .

Demonstratie. Fie A1A2 = x , B1B2 = y , C1C2 = z . Dintrapezul dreptunghic ΓBA1A2ΓC rezultx2 + (r3 − r2)2 = (r3 + r2)2, de unde x2 = 4r2r3 si analogy 2 = 4r1r3,z2 = 4r1r2, iar de aici r1 = yz

2x , r2 = xz2y , r3 = xy

2z .Fie Ca, Cb, Cc punctele de tangenta ale cercului ınscris ıntriunghiul ABC cu laturile BC, CA, respectiv AB. Dinx + y + z = 2(A1Ca + B1Cb + C1Cc) siB1Ca + C1Cc = B1Cb + CbB2 = y , rezulta A1Ca =

x−y+z2 . Fie

P proiectia punctului ΓB pe ICa. Din triunghiul dreptunghic

IPΓB rezulta : tg B2 = 2(r−r2)

x−y+z = 2ry−xzy (x−y+z)

Analog se obtin

egalitatile: tg A2 = 2rx−yz

x(−x+y+z)si tg C

2 = 2rz−xyz(x+y−z) .


Catalin Barbusi





Introducere

Folosind relatiile precedente si egalitateatg A

2 · tg B2 + tg A

2 · tg C2 + tg C

2 tg A2 = 1 obtinem:

2r 2 (x + y + z)− 2r (xy + yz + zx) + xyz = 0 sau2rx−yz−x+y+z = 2r (x−r )

x(2r−x) , de unde tg A2 = 2r (x−r )

x(2r−x) . Din egalitatea

precedenta rezulta ecuatiax2 · tg A

2 + 2r(1− tg A

2

)· x − 2r 2 = 0 care are singura solutie

acceptabila: x = r(1 + tg A

4

). Analog, y = r

(1 + tg B

4

)si

z = r(1 + tg C

4

). Din relatiile de mai sus rezulta:

r1 =(1+tg B

4 )(1+tg C4 )

1+tg A4

· r2 , r2 =(1+tg C

4 )(1+tg C4 )

1+tg B4

· r2 , r3 =

(1+tg A4 )(1+tg B

4 )1+tg C

4

· r2 .


Catalin Barbusi





Introducere

1.5. ([3]) Daca ra, rb, rc sunt razele cercurilor exanscrisecorespunzatoare triunghiului ABC,

atunci:ra − r1 =2r −

1√r2r3(

2r −

1√r3r1

)(2r −

1r1r2

) , rb − r2 =

2r −

1√r3r1(

2r −

1√r1r2

)(2r −

1√r2r3

) , rc − r3 =2r −

1√r1r2(

2r −

1√r2r3

)(2r −

1√r3r1

) .

1.6.([3]) Raza cercului ınscris ın triunghiul ABC ın functiede razele cercurilor Malfatti este egala cu:

r =2√r1r2r3√

r1+√r2+√r3−√r1+r2+r3

.


Catalin Barbusi





Introducere

1.7. ([3]) Fie X, Y si Z mijloacele segmentelorA1A2, B1B2,respectiv C1C2.Dreptele AX, BY, CZ suntconcurente.1.8. ([3]) Daca X, Y si Z sunt mijloacele segmentelorA1A2, B1B2, respectiv C1C2 atunci dreptele TAX , TBY siTCZ sunt concurente ın centrul cercului ınscris ıntriunghiul lui Malfatti.1.9.([3]) Pentru orice punct M din planul triunghiului ABC

sunt adevarate relatiile:−−→MΓA = ra−r1

ra

−→MA + r1

ra

−→MIa,−−→MΓB =

rb−r2rb

−→MB + r2

rb

−→MIb,−−→MΓC = rc−r3

rc

−→MC + r3

rc

−→MIc , (unde Ia, Ib, Ic

sunt centrele cercurilor exanscrise corespunzatoaretriunghiului ABC si ra, rb, respectiv rc razele lor).


Catalin Barbusi





Introducere

1.10. ([3]) Coordonatele baricentrice absolute alecentrelor cercurilor lui Malfatti corespunzatoaretriunghiului ABC sunt:

ΓA

(2rp(

1r1− 1

ra

)− a; b; c

),ΓB

(a; 2rp

(1r2− 1

rb

)− b; c

),

respectiv ΓC

(a; b; 2rp

(1r3− 1

rc

)− c)

.

1.11.([3]) Coordonatele baricentrice absolute alepunctelor de tangenta dintre cercurile lui Malfatti sunt:

TA

(arp ; 1

r2− 1

rb; 1r3− 1

rc

), TB

(1r1− 1

ra; brp ; 1

r3− 1

rc

), respectiv

TC

(1r1− 1

ra; 1r2− 1

rb; crp

).


Catalin Barbusi





Introducere

1.12. ([3]) Dreptele ATA, BTB , CTC sunt concurente.1.13. ([3]) Dreptele IaTa, IbTb, IcTc sunt concurente.


Catalin Barbusi





Introducere

Exemplul 1.1.1 . O problema de tip Malfatti este urmatoarea(T. Andreescu, O.Muskarov, L.Stoyanov [2]): Taiati douacercuri disjuncte dintr-o bucata de forma patrata de material,astfel ca suma ariilor celor 2 cercuri sa fie maxima.Rezolvare (T. Andreescu, O.Muskarov, L.Stoyanov [2]):Presupunem ca lungimea laturilor patratului este egala cu ounitate si consideram 2 cercuri ınscrise ın el, precum se poateobserva si ın figura 2 de mai jos. Cele 2 cercuri pot fi ınscrisecu usurinta ın 2 dintre colturile patratului, astfel cum se poatevedea ın figura 3. Apoi, putem creste raza unuia dintre ele, pecand pe celalalt ıl lasam fix (a se vedea figura 4).


Catalin Barbusi





Introducere


Catalin Barbusi





Introducere

Daca r1 si r2 sunt cele 2 raze ale celor 2 cercuri, (a se vedeafigura 5), atunci, are loc:√

2r1 + r1 + r2 +√

2r2 =√

2.

De aici, deducem, r1 + r2 = 2−√

2.


Catalin Barbusi





Introducere

Mai mult, datorita faptului ca cele 2 cercuri sunt ınscrise ıntr-unpatrat de latura 1, avem: 0 ≤ r1, r2 ≤ 1

2 . Problema se reducela gasirea valorii maxime pe care o are expresia r 2

1 + r 22 ın

conditiile date. Putem presupune fara a restrange generalitatea,ca r1 ≤ r2 . Atunci, folosind egalitatile de mai sus, deducem ca

exista un numar x, astfel ca r1 = 2−√

22 − x si r2 = 2−

√2

2 + x ,

cu 0 ≤ x ≤√

2−12 . In acest caz, r1 = 3

2 −√

2, r2 = 12 .

Aceasta situatie este prezentata ın figura 7:


Catalin Barbusi





Cuprins





Catalin Barbusi





Aplicatie practica pe calculator

La grupele de excelenta, ın vederea pregatirii elevilor pentruconcursuri scolare si olimpiade de matematica, profesorul poateutiliza programul Mathematica, deoarece ın acest softwarematematic deja s-a realizat implementarea problemei luiMalfatti ınca din 2003 de catre Eric W. Weisstein.Mai multe detalii, se pot gasi accesand adresa:http://mathworld.wolfram.com/notebooks/PlaneGeometry/MalfattiTriangle.nbCodul sursa care trebuie introdus si compilat ın programulMathematica, elaborat de catre Eric W. Weisstein si ın care s-atinut seama de formulele de la 1.1—1.13, este:


Catalin Barbusi






<< PlaneGeometry‘

Unit[v ]:=v/Norm[v]MalfattiCircles[t Triangle]:=Module[{eqns,soln,r1,r2,r3,d1,d2,d3,a,b,c},{a,b,c}=SideLengths[Evaluate[t]];eqns={4r1 r2?(d1+d2-c)ˆ2,4r2 r3?(d2+d3-a)ˆ2,4r1 r3?(d1+d3-b)ˆ2,2 b c (d12-r12)=(d12+r12)(-aˆ2+b2 +c2 ), 2 a c

(d22-r22)= (d22+r22)(aˆ2-b2+c2),2 a b (d32-r32)=(d32+r32)(aˆ2+bˆ2-cˆ2)};Off[FindRoot::”precw”];


Catalin Barbusi






soln=Last/@FindRoot[eqns,Evaluate [Se-quence@@({#,Max[a,b,c]/3}&/@{r1,r2,r3,d1,d2,d3})],WorkingPrecisionr20];On[FindRoot::”precw”];Circle[#1-

Sqrt[#2ˆ2+#3ˆ2]#4,#2]&@@@Transpose[{Vertices[t],Se-quence@@Partition[soln,3],Unit/@Subtract@@@(Coordinates/@AngleBisectors[t])}]]t=Triangle[{{0,0},{1,0},{.1,.6}}];circ=MalfattiCircles[t];m=CircleCenter/@circ;Show[Graphics[{{Blue,circ=MalfattiCircles[t]},T,{Red,Triangle[Coordinates/@m]},


Catalin Barbusi






{Red, PointLabels[Transpose[{m,{GGA,GGB,GGC}}],LabelOffsetr.03]},PointLa-

bels[Transpose[{VertexPoints[t],{”A”,”B”,”C”}}],LabelOffsetr.03]}],AspectRatiorAutomatic,PlotRangerAll]


Catalin Barbusi





Cuprins





Catalin Barbusi





Problema cercurilor lui Malfatti ın geometriahiperbolica

Vom prezenta ın continuare cateva rezultate din lucrarea [1] sile vom completa cu rezultate proprii. In lucrarea [1] esteprezentata constructia lui Schellbach pentru realizareatriunghiului lui Malfatti ın triunghiul hiperbolic.Aceasta constructie este realizata ın lucrarea [1], astfel: Fiea,b,c laturile triunghiului si x,y,z, distantele de la punctele decontact din unghiurile adiacente ale triunghiului. Avem:a + b + c = 2s precum sia− 1

2 s = l ; b− 12 s = m; c − 1

2 s = n sil + m + n = 1

2 s. Deasemenea, se noteaza:12 s − x = ξ; 1

2 s − y = η; 12 s − z = ζ.

Se obtine:cosh l cosh η cosh ζ

cosh 12 s

+ sinh l sinh η sinh ζ

sinh 12 s

= 1

coshm cosh ζ cosh ξ

cosh 12 s

+ sinhm sinh ζ sinh ξ

sinh 12 s

= 1 i

coshm cosh ζ cosh ξ

cosh 12 s

+ sinhm sinh ζ sinh ξ

sinh 12 s

= 1


Catalin Barbusi






Deasemenea sunt introduse cantitatile:tanh φ = tanh m tanh n coth 1

2 s,tanh χ = tanh n tanh l coth 1

2 s sitanh ψ = tanh l tanh m coth 1

2 s.Cu ajutorul tuturor acestor relatii, tot ın lucrarea [1], suntdemonstrate urmatoarele egalitati:

cosh(λ− φ) =cosh 1

2 s cosh φ

cosh mcosh n, (1)

cosh(µ− χ) =cosh 1

2 s cosh χ

cosh ncosh l (2)

si respectiv

cosh(ν− ψ) =cosh 1

2 s cosh ψ

cosh lcosh m. (3)


Catalin Barbusi






Ecuatii care ne dau valorile λ, µ, ν cu ajutorul triunghiurilorhiperbolice dreptunghice.Cu aceste cantitati, ξ, η, ζ, precum si x,y,z pot fi construite.Pentru mai multe detalii, a se urmari lucrarea [1].


Catalin Barbusi






Reamintim acum pe scurt definitia funciei gudermanian sicateva proprietati:

gd(x) =∫ x

0

dt

cosh t= arctg(sinh(x)) = 2arctg

(ex − 1

2π

)Inversa functiei este gd−1(x) =

∫ x0

dtcos t = ln

∣∣ 1+sin xcos x

∣∣Proprietati ale acestei functii:

1 sec(gd(x)) = cosh(x) (ii) sin(gd(x)) = tanh(x)

2 tg(gd(x)) = sinh(x) (iv) csc(gd(x)) = ctanh(x)

Pentru mai multe detalii despre aceasta functie, se poateconsulta lucrarea [4]. Am notat cu sinh(x) functia sinushiperbolic, cu cosh(x) functia cosinus hiperbolic, cu tanh(x)tangenta hiperbolica iar cu ctanh(x) functia cotangentahiperbolica.


Catalin Barbusi






Interpretand rezultatele obtinute pentru constructia luiSchellbach ın lucrarea [1], cu notatiile deja consecrate de maisus, putem formula urmatoarea teorema:Teorema 1.1.2 In triunghiul hiperbolic, pentru constructia

cercurilor lui Malfatti, folosind relatiile (1), (2) si (3), avem:

sec(gd(λ− φ)) =sec(gd( 1

2 s)+gd(φ))(sec(gd(n)))(1+tanh(gd( 12 s)) tanh(gd(φ)))

sec(gd(m))

sec(gd(µ− χ)) =sec(gd( 1

2 s)+gd(χ))(sec(gd(l)))(1+tanh(gd( 12 s)) tanh(gd(χ)))

sec(gd(n))

sec(gd(ν− ψ)) =sec(gd( 1

2 s)+gd(ψ))(sec(gd(m)))(1+tanh(gd( 12 s)) tanh(gd(ψ)))

sec(gd(l))


Catalin Barbusi






BIBLIOGRAFIE[1] Akos G.Horvath, Malfatti’s problem on the hyperbolic

plane, (2012), http://arxiv.org/pdf/1204.5014.pdf[2] Andreescu T., Muskarov O. , Stoyanov L., Minima and

Maxima in Geometry, Birkhauser Boston, (2005).[3] Barbu C., Teoreme fundamentale din geometriatriunghiului, Ed. Unique Bacau, (2008).[4] Piscoran L., Barbu C., Inequalities with Gudermannians inhyperbolic triangle, Global Journal of AdvancedResearch on Classical and Modern Geometries, (2012) ,pp.11-14[5] Weisstein, E.,W.,http://mathworld.wolfram.com/MalfattiTriangle.html,-Notebook (foaie de lucru) Mathematica, (2003).


Catalin Barbusi






VA MULTUMIM PENTRU ATENTIE !!!

prezent are

Documents