笛卡尔圆定理

笛卡尔圆定理(又名吻圆定理)提供二次方程满足于四个相切圆的半径。通过求解这个方程，我们可以确定与三个给定的相切圆相切的第四个圆的半径的可能值。这个定理最初是在1643年一封René笛卡尔写给普法尔茨公主伊丽莎白的信中提出的，大概是为了打动她。

笛卡尔圆定理(又名接吻圆定理)

假设圆 $为C_i$为 $4 . I \le I \le$相互相切，也就是说，四个圆中的任何两个恰好在一点上接触。让 $r_i$表示的半径 $为C_i$．

的曲率的 $为C_i$被定义为 $K_i = \pm \frac{1}{r_i}，$的符号在哪里 $k_i$选择取决于是否 $为C_i$在内部或外部与其他圆相切。例如，在上图中，大的绿色圆具有负曲率，因为其他三个圆是在内部与它相切。另一方面，小红圆有正曲率，因为其他三个圆是外部与它相切。

笛卡尔圆定理表明，二次方程成立:

$(k_1 + k_2 + k_3 + k_4) ^ 2 = 2 \大(k_ {1} ^ {2} + k_ {2} ^ {2} + k_ {3} ^ {2} + k_{4} ^{2} \大)。$

特别是，如果 $k_1$， $k_2$, $k_3$都知道，一个人能解出来吗 $k_4$作为

$k_4 = k_1 + k_2 + 2 \√下午k_3 \ {k_1 k_2 + k_2 k_3 + k_1 k_3}。$

这是两种明确的可能性 $k_4$．其中一个解是正的，另一个不是正的就是负的;如果第二个解是负的，它必须代表一个在内部与其他三个解相切的圆(如上图中的大绿色圆)。

一条直线可以被认为是一个半径无穷大的圆，或者等价地，曲率为零。因此，可以将笛卡尔方程中的一个曲率设为零，得到描述如下图所示情况的关系:

显示的数字是图中圆的曲率。

设置 $K_3 = 0$，这个关系式比较简单 $K_4 = k_1 + k_2 \pm 2\√{k_1 k_2}$．例如，使用上面图表中的数字，可以得到 $K_4 = 25 + 81 \pm 2\√{25 \cdot 81} = 106 \pm 90 = \{196,16 \}$，如所示。

虽然笛卡尔的圆定理很容易表述，但要证明它却不容易。下面是一个三角函数证明:

我们从表示if的三角恒等式开始 $\alpha+ \beta+ \gamma=2\pi$,然后 ${\因为}^{2}\α+{\因为}^{2}\β+{\因为}^{2}\γ= 1 + 2β\ cosα\ \因为\ \因为\γ。$身份证明:重写上面的恒等式，我们有 $2 \离开({\因为}^{2}\α+{\因为}^{2}\β+{\因为}^{2}\伽马\右)3βα= 4 \因为\ \因为\ \因为\γ1。$我们会证明的 $lh =园艺学会。$我们从 $\{对齐}开始年代& = \ cos(2 \α)+ \ cos(2 \β)+ \ cos(2 \γ)\ \ & = 2 \离开({\因为}^{2}\α+{\因为}^{2}\β+{\因为}^{2}\伽马\右)3 \ \ & = lh。结束\{对齐}$现在, $\开始{对齐}\ cos(2 \α)+ \ cos(2 \β)& = 2 \ cos(\α+β\)\ cos(\α-β\)\ \ & = 2 \ cos(2 \π- \γ)\ cos(\α-β\)\ \ & = 2 \ cos(\γ)\ cos(\α-β\)。结束\{对齐}$然后 $\{对齐}开始S & = 2 \ cos(\γ)\ cos(\α-β\)+ 2{\因为}^ 2(\γ)- 1 \ \ & = 2 \ cos(\γ)\大(\ cos(\α-β\)+ \ cos(\γ)\大)- 1 \ \ & = 2 \因为\大(\γ)(\ cos(\α-β\)+ \ cos(\α+β\ \大)- 1 \ \ &βα= 4 \因为\ \因为\ \因为\γ1 \ \ & =园艺学会。结束\{对齐}$
这意味着 $lh =,$即。 $2 \离开({\因为}^{2}\α+{\因为}^{2}\β+{\因为}^{2}\伽马\右)3βα= 4 \因为\ \因为\ \因为\γ1。$因此，我们最终得到了我们的身份。

用于证明的辅助图

现在,三角形 $美国广播公司$在右边的图中 $A、B$而且 $C$这三个黑圆的中心，有边长吗 $AB \ lvert \眉题{}\ rvert = {r} _ {1} + {r} _ {2} \ \ \ lvert \眉题公元前{}\ rvert = {r} _ {2} + {r} _ {3} \ \ \ lvert \眉题{CA} \ rvert = {r} _ {1} + {r} _{3}。$让 $O$半径为红色小圆的中心 $r_4$这三个黑圆的外切线 $\ lvert \眉题{AO} \ rvert = {r} _ {1} + {r} _ {4} \ \ \ lvert \眉题{BO} \ rvert = {r} _ {2} + {r} _ {4} \ \ \ lvert \眉题{有限公司}\ rvert = {r} _ {3} + {r} _{4}。$同时,让 $\ \ \角度AOB=\gamma，\ \ \角度BOC=\alpha，\ \ \角度AOC=\beta。$然后应用三角形的余弦法则 $AOB,中行,$而且 $重获$给了 $\开始{对齐}\ cos(\γ)& = \压裂{{AO} ^ {2} + {BO} ^ {2} - {AB} ^ {2}} {2 \ cdot AO \ cdot BO} \ \ & = \压裂{{{r} _ {4} + {r} _ {1})} ^ {2} + {({r} _ {4} + {r} _ {2})} ^ {2} - {({r} _ {1} + {r} _ {2})} ^ {2}} {2 ({r} _ {4} + {r} _ {1} ({r} _ {4} + {r} _ {2 }) }\\ &=\ 压裂{2 {r} _ {4} ^ {2} + 2 {r} _ {4} ({r} _ {1} + {r} _ {2}) 2 {r} _ {1} {r} _ {2}} {2 ({r} _ {4} + {r} _ {1} ({r} _ {4} + {r} _ {2 }) }\\ &= 1 - \压裂{2 {r} _ {1} {r} _ {2}} {({r} _ {4} + {r} _ {1} ({r} _ {4} + {r} _{2})}。结束\{对齐}$用它们各自的曲率代替半径，我们得到 $\ cos(\γ)= 1 - \压裂{2 {k} _ {4} ^ {2}} {({k} _ {4} + {k} _ {1} ({k} _ {4} + {k} _{2})} = 1 -{\λ}_{3}。$类似地，我们有 $\开始{对齐}\ cos(\β)& = 1 - \压裂{2 {k} _ {4} ^ {2}} {({k} _ {4} + {k} _ {1} ({k} _ {4} + {k} _{3})} = 1 -{\λ}_ {2}\ \ \ cosα(\)& = 1 - \压裂{2 {k} _ {4} ^ {2}} {({k} _ {4} + {k} _ {2} ({k} _ {4} + {k} _{3})} = 1 -{\λ}_{1}。结束\{对齐}$的值 $\cos(\alpha)， \cos(\beta)， \cos(\gamma)$根据三角恒等式，我们得到 ${(1 -{\λ}_{1})}^{2}+{(1 -{\λ}_{2})}^{2}+{(1 -{\λ}_{3})}^{2}= 1 + 2(1 -{\λ}_{1})(1 -{\λ}_{2})(1 -{\λ}_{3})。$化简，得到 ${{\λ}_{1}}^{2}+{{\λ}_{2}}^{2}+{{\λ}_{3}}^{2}+ 2{\λ}_{1}{\λ}_{2}{\λ}_{3}= 2({\λ}_{1}{\λ}_{2}+{\λ}_{2}{\λ}_{3}+{\λ}_{1}{\λ}_{3})。$两边除以 ${\λ}_{1}{\λ}_{2}{\λ}_ {3}$给了 $\压裂{{\λ}_{1}}{{\λ}_{2}{\λ}_{3}}+ \压裂{{\λ}_{2}}{{\λ}_{1}{\λ}_{3}}+ \压裂{{\λ}_{3}}{{\λ}_{1}{\λ}_{2}}+ 2 = 2 \离开(\压裂{1}{{\λ}_{1}}+ \压裂{1}{{\λ}_{2}}+ \压裂{1}{{\λ}_{3}}\右)。$把 ${\λ}_{1},{\λ}_{2},{\λ}_ {3}$给了 $\压裂{{{k} _ {4} + {k} _ {1})} ^ {2}} {2 {k} _{4} ^{2}} + \压裂{{{k} _ {4} + {k} _ {2})} ^ {2}} {2 {k} _{4} ^{2}} + \压裂{{{k} _ {4} + {k} _ {3})} ^ {2}} {2 {k} _{4} ^{2}} + 2 = 2 \离开(\压裂{({k} _ {4} + {k} _ {2} ({k} _ {4} + {k} _ {3}} {2 {k} _{4} ^{2}} + \压裂{({k} _ {4} + {k} _ {1} ({k} _ {4} + {k} _ {2})} {2 {k} _{4} ^{2}} + \压裂{({k} _ {4} + {k} _ {1} ({k} _ {4} + {k} _ {2})} {2 {k} _{4} ^{2}} \右)。$化简，得到 ${k} _ {1} ^ {2} + {k} _ {2} ^ {2} + {k} _ {3} ^ {2} + 2 k_4 ({k} _ {1} + {k} _ {2} + {k} _ {3}) + 7 {k} _ {4} ^ {2} = 6 {k} _ {4} ^ {2} + 4 k_4 ({k} _ {1} + {k} _ {2} + {k} _ {3}) + 2 ({k} _ {1} {k} _ {2} + {k} _ {2} {k} _ {3} + {k} _ {1} {k} _{3})。$进一步化简，我们得到 $\开始{对齐}{k} _ {1} ^ {2} + {k} _ {2} ^ {2} + {k} _ {3} ^ {2} + {k} _ {4} ^ {2} & = 2 {k} _ {4} ({k} _ {1} + {k} _ {2} + {k} _ {3}) + 2 ({k} _ {1} {k} _ {2} + {k} _ {2} {k} _ {3} + {k} _ {1} {k} _ {3 })\\ &={({ k} _ {1} + {k} _ {2} + {k} _ {3} + {k} _{4})} ^{2} - \离开({k} _ {1} ^ {2} + {k} _ {2} ^ {2} + {k} _ {3} ^ {2} + {k} _{4} ^{2} \右)。结束\{对齐}$最后，我们有 $2 \离开({k} _ {1} ^ {2} + {k} _ {2} ^ {2} + {k} _ {3} ^ {2} + {k} _{4} ^{2} \右)= {({k} _ {1} + {k} _ {2} + {k} _ {3} + {k} _{4})} ^{2}。$由此证明了该定理。 $_ \广场$

笛卡尔的圆定理也可以推广到非二维空间，这个定理有时被称为Soddy-Gosset定理．在欧氏空间的 $n$尺寸，相切球的最大个数为 $n + 2$．在二维空间中，有4个相切圆;在三维空间中，总能找到5个相切的球面。它们曲率的关系是

$左(\ n \ sum_ {i = 1} ^ {n + 2} \ kappa_i ^ 2 \右)= \离开(\ sum_ {i = 1} ^ {n + 2} \ kappa_i \右)^ 2。$