Peter Haider

Das Problem des Apollonios

Das Apollonische Problem (Problem des Apollonios) ist eines der berühmtesten Probleme der antiken Geometrie. Es geht darum, die Kreise zu konstruieren, die drei beliebige vorgegebene Kreise berühren.
Im folgenden wollen wir entartete Kreise ausschließen, also Kreise mit dem Radius 0 oder unendlich. Kreise mit Radius 0 wären Punkte und mit Radius unendlich Geraden.
Es gibt verschiedene Lösungsansätze, sowohl geometrische als auch analytische. Wir wollen einen analytischen Ansatz machen. Wir legen auf die drei gegebenen Kreise drei neue Kreise, d. h. mit identischen Mittelpunkten aber anderen Radien, so dass deren Schnittpunkt der Mittelpunkt des Lösungskreises ist. In manchen Fällen haben wir auch zwei Schnittpunkte, dann wenn sich nämlich alle drei Kreise in zwei Punkten schneiden. Dann haben wir also zwei Lösungskreise.
Die Überlegung zu diesem Ansatz soll die folgende Grafik veranschaulichen:

Der Schnittpunkt der blauen Kreise ist der Mittelpunkt des Lösungskreises.
Hier ist nur 1 von 8 Lösungskreisen abgebildet, und zwar die Lösung, in der der Lösungskreis alle 3 gegebenen Kreise von außen berührt. Der Ansatz für diese Lösung ist:

Möchten wir, dass der Lösungskreis die 3 gegebenen Kreise von innen berührt, müssen wir folgenden Ansatz machen:

Die nächste Abbildung veranschaulicht diesen Ansatz:

Es ergeben sich also 8 verschiedene Gleichungssysteme, je nachdem, wie man das Vorzeichen der Radien der gegebenen Kreise wählt.

Beim Lösen des Gleichungssystems ergibt sich, wie wir später sehen werden, eine quadratische Gleichung für den Radius $r$. In manchen Situationen ergeben sich also 2 Lösungen für den Radius $r$ (für ein Gleichungssystem). Im Folgenden ist eine Lösung für den Fall, in dem die 2 Lösungskreise die gegebenen 3 Kreise von außen berühren, abgebildet.

Der allgemeine Ansatz lautet also:

$$(I)\quad(x-x_1)^2+(y-y_1)^2=(r \pm r_1)^2$$ $$(II)\quad(x-x_2)^2+(y-y_2)^2=(r \pm r_2)^2$$ $$(III)\quad(x-x_3)^2+(y-y_3)^2=(r \pm r_3)^2$$

$(I)$, $(II)$ und $(III)$ ausmultiplizieren ergibt:
$$(I_1) \quad x^2-2xx_1+x_1^2+y^2-2yy_1+y_1^2=r_1^2+2(\pm r_1)r+r^2$$ $$(II_2) \quad x^2-2xx_2+x_2^2+y^2-2yy_2+y_2^2=r_2^2+2(\pm r_2)r+r^2$$ $$(III_3) \quad x^2-2xx_3+x_3^2+y^2-2yy_3+y_3^2=r_3^2+2(\pm r_3)r+r^2$$ $(I_1)-(II_2)$ und $(I_1)-(III_3)$ ergibt sortiert: $$2(x_1-x_2)x+2(y_1-y_2)y+2(\pm r_1-(\pm r_2))=(x_1^2+y_1^2-r_1^2)-(x_2^2+y_2^2-r_2^2)$$ $$2(x_1-x_3)x+2(y_1-y_3)y+2(\pm r_1-(\pm r_3))=(x_1^2+y_1^2-r_1^2)-(x_3^2+y_3^2-r_3^2)$$ mit: $$a_1=2(x_1-x_2)$$ $$b_1=2(y_1-y_2)$$ $$c_1=2(\pm r_1-\pm r_2)$$ $$d_1=(x_1^2+y_1^2-r_1^2)-(x_2^2+y_2^2-r_2^2)$$ $$a_2=2(x_1-x_3)$$ $$b_2=2(y_1-y_3)$$ $$c_2=2(\pm r_1-\pm r_3)$$ $$d_2=(x_1^2+y_1^2-r_1^2)-(x_2^2+y_2^2-r_2^2)$$ erhalten wir ein LGS mit zwei Gleichungen: $$(I_a) \quad a_1x+b_1y+c_1r = d_1$$ $$(I_b) \quad a_2x+b_2y+c_2r = d_2$$

Wir lösen das LGS zuerst für $y$ (wobei $r$ als konstant betrachtet wird):
Dazu multiplizieren wir die erste Gleichung mit $a_2$ und die zweite mit $a_1$

Wir erhalten:

Jetzt ziehen wir die erste von der zweiten Gleichung ab und eliminieren so $x$.

Man verfährt analog mit $x$ und erhält:

Jetzt ziehen wir die zweite von der ersten Gleichung ab und eliminieren so $y$.

Wir fassen zusammen:

mit:

wobei ($k\neq 0$):

Wir setzen $x$ und $y$ in (I) ein und lösen nach $r$ auf:

mit $E=A-x_1$ und $F=C-y_1$ reduziert sich die Gleichung zu:

Ausmultiplizieren:

Sortieren:

Wir fassen zusammen und erhalten eine quadratische Gleichung mit der Unbekannten $r$.

mit:

Man löse die quadratische Gleichung und erhält je nach Situation eine oder zwei Lösungen für den Radius. Die negativen Lösungen fallen weg, da es keine negativen Radien geben kann. Den/die Radius/Radien $r_1$ oder/und $r_2$ in $(I_x)$ und $(I_y)$ eingesetzt ergibt die Koordinaten des Mittelpunktes der/des Lösungskreise/s. Wenn man alle Kombinationen durchrechnet, muss man 8× die quadratische Gleichung lösen. Es ergeben sich aber trotzdem maximal 8 und nicht 16 Lösungen, da entweder, je nach Situation, die Diskriminante 0 wird, negative Lösungen wegfallen oder identische Lösungen auftreten.

Wenn der Fall $k=0 \land (s_1\neq 0 \lor s_2\neq 0)$ eintritt, dann liegen alle Mittelpunkte der gegebenen Kreise auf einer Linie, und wir haben 2 Lösungen, die symmetrisch sind. Also einen Radius $r$ für die Lösungskreise. Folgende Rechnung muss jetzt durchgeführt werden:
Wir betrachten nochmal die Gleichungen $(K_x)$ und $(K_y)$ von oben:

Wir setzen $k:=0$ und lösen nach $r$ auf:

falls $s_1 \neq 0$. Ansonsten:

(Es muss wegen der Bedingung oben jetzt $s_2 \neq 0$ gelten – warum? Gute Denkübung).
Den gefundenen Radius $r$ in $(I)$ und $(I_a)$ eingesetzt, ergibt ein Gleichungssystem mit 2 Unbekannten und 2 Gleichungen. Hier nochmal die 2 Gleichungen von oben:

D. h. wir haben eine Kreisgleichung und eine Geradengleichung. Geometrisch suchen wir also die Schnittpunkte von Kreis und Gerade.
Wir lösen $(I_a)$ zuerst nach $y$ auf:

Wir setzen jetzt $y$ in $(I)$ ein und multiplizieren aus:

Sortieren und zusammenfassen:

Diese Gleichung kann man mit der abc-Formel lösen. Man erhält entweder 0, 1 oder 2 Lösungen. Also keine, einen oder zwei Schnittpunkte. Die gefundenen Lösungen, also das $x$ bzw. $x_1$ und $x_2$, in die obige Gleichung $y=f+gx$ einsetzen und damit $y$ bzw. $y_1$ und $y_2$ ausrechnen.
Zur Erinnerung: Die Schnittpunkte sind die Mittelpunkte der Lösungskreise. Den Radius haben wir ja bereits vorher ausgerechnet (es gibt nur einen Radius, da wir hier den symmetrischen Fall betrachten).
Wenn $a_1=0$, dann liegen alle 3 gegebenen Kreise auf einer Vertikalen. Wenn $b_1=0$, dann auf einer Horizontalen (für $k\neq 0$). Wenn sowohl $a_1=0$ als auch $b_1=0$, dann haben mindestens 2 der gegebenen Kreise denselben Mittelpunkt. Für $a_1=0$ oder $b_1=0$ vereinfacht sich die Gleichung $(I_a)$ und man muss dementsprechend das Gleichungssystem lösen.

Zum Abschluss folgt eine Abbildung zur Komplettlösung für den Fall $C_1(0|3)$ mit $r_1=1$, $C_2(2|0)$ mit $r_2=1,5$ und $C_3(-4|-1)$ mit $r_3=1$.

Peter Haider

The Problem of Apollonius

The Apollonian Problem (Problem of Apollonius) is one of the most celebrated problems in ancient geometry. It concerns constructing the circles that are tangent to three arbitrary given circles.
In what follows we exclude degenerate circles, i. e. circles of radius 0 or infinity. A circle of radius 0 would degenerate into a point, while a circle of infinite radius becomes a straight line.
Several solution strategies exist, both geometric and analytic. We adopt an analytic approach. On top of the three given circles we place three new circles – having the same centres but different radii – such that their common intersection point is the centre of the desired solution circle. In some cases there are two intersection points, namely when all three circles intersect in two points. Then we obtain two solution circles.
The following figure illustrates this idea:

The intersection point of the blue circles is the centre of the solution circle.
Only one out of the eight possible solution circles is shown here – the one in which the solution circle touches all three given circles externally. The algebraic set‑up for this configuration is:

If we want the solution circle to touch the three given circles internally, we have to use:

The next figure illustrates this configuration:

There are thus eight different systems of equations, depending on the chosen sign for the radii of the given circles.

When solving the system we will – as we shall see later – arrive at a quadratic equation for the radius $r$. Hence, in certain situations, one obtains two solutions for $r$ (for a single system). The following figure shows such a situation, namely where two solution circles touch the three given circles from the outside.

The general algebraic set‑up therefore reads:

$$(I)\quad(x-x_1)^2+(y-y_1)^2=(r \pm r_1)^2$$ $$(II)\quad(x-x_2)^2+(y-y_2)^2=(r \pm r_2)^2$$ $$(III)\quad(x-x_3)^2+(y-y_3)^2=(r \pm r_3)^2$$

Expanding $(I), (II)$ and $(III)$ gives:
$$(I_1) \quad x^2-2xx_1+x_1^2+y^2-2yy_1+y_1^2=r_1^2+2(\pm r_1)r+r^2$$ $$(II_2) \quad x^2-2xx_2+x_2^2+y^2-2yy_2+y_2^2=r_2^2+2(\pm r_2)r+r^2$$ $$(III_3) \quad x^2-2xx_3+x_3^2+y^2-2yy_3+y_3^2=r_3^2+2(\pm r_3)r+r^2$$ Subtracting $(I_1)-(II_2)$ and $(I_1)-(III_3)$ and collecting terms yields: $$2(x_1-x_2)x+2(y_1-y_2)y+2(\pm r_1-(\pm r_2))=(x_1^2+y_1^2-r_1^2)-(x_2^2+y_2^2-r_2^2)$$ $$2(x_1-x_3)x+2(y_1-y_3)y+2(\pm r_1-(\pm r_3))=(x_1^2+y_1^2-r_1^2)-(x_3^2+y_3^2-r_3^2)$$ where we set $$a_1=2(x_1-x_2),\; b_1=2(y_1-y_2),\; c_1=2(\pm r_1-\pm r_2),\; d_1=(x_1^2+y_1^2-r_1^2)-(x_2^2+y_2^2-r_2^2)$$ $$a_2=2(x_1-x_3),\; b_2=2(y_1-y_3),\; c_2=2(\pm r_1-\pm r_3),\; d_2=(x_1^2+y_1^2-r_1^2)-(x_3^2+y_3^2-r_3^2)$$ This gives a linear system of two equations: $$(I_a) \quad a_1x+b_1y+c_1r = d_1$$ $$(I_b) \quad a_2x+b_2y+c_2r = d_2$$

We first solve this linear system for $y$ (treating $r$ as a constant).
To this end we multiply the first equation by $a_2$ and the second by $a_1$:

This yields

Subtracting the first equation from the second eliminates $x$:

The same procedure for $x$ gives:

Summarising we have

with

(assuming $k\neq 0$):

Substituting $x$ and $y$ into (I) and solving for $r$ gives:

With $E=A-x_1$ and $F=C-y_1$ this reduces to

Expanding:

Rearranging:

This is a quadratic equation in the unknown $r$.

where

Solving this quadratic gives, depending on the configuration, one or two admissible (non‑negative) radii. Inserting the resulting radius/radii $r_1$ and/or $r_2$ into $(I_x)$ and $(I_y)$ yields the coordinates of the centre(s) of the solution circle(s). Running through all sign combinations requires solving the quadratic eight times, but one still obtains at most eight – not sixteen – distinct solutions, because the discriminant may vanish, negative radii are discarded, or identical solutions occur.

If the case $k=0$ with $(s_1\neq 0 \lor s_2\neq 0)$ occurs, all centres of the given circles lie on a straight line and we obtain two symmetric solutions – i. e. one radius $r$ for the solution circles. The following calculation has to be performed:
Reconsider the equations $(K_x)$ and $(K_y)$:

Setting $k:=0$ and solving for $r$ gives

provided $s_1 \neq 0$. Otherwise

(and by assumption $s_2 \neq 0$ – a nice exercise to verify).
Substituting the found radius $r$ into $(I)$ and $(I_a)$ furnishes a system with two unknowns and two equations. Recall the two equations:

Thus we have a circle equation and a line equation; geometrically we are looking for their intersection points.
Solving $(I_a)$ for $y$ yields

Substituting this $y$ into $(I)$ and expanding gives

Collecting terms one arrives at

This quadratic can be solved with the standard formula, yielding 0, 1 or 2 intersection points. Inserting the obtained $x$‑values ($x_1, x_2$) into $y=f+gx$ gives the corresponding $y$‑coordinates ($y_1, y_2$).
Remember: the intersection points are the centres of the solution circles, and the radius has already been determined beforehand (there is only one radius in this symmetric case).
If $a_1=0$ all three given circles lie on a vertical line, if $b_1=0$ on a horizontal line (for $k\neq 0$). If both $a_1=0$ and $b_1=0$, at least two of the given circles share the same centre. For $a_1=0$ or $b_1=0$ the equation $(I_a)$ simplifies accordingly and the system has to be solved with the modified expressions.

Finally, the following figure shows the complete set of solutions for the example $C_1(0|3)$ with $r_1=1$, $C_2(2|0)$ with $r_2=1.5$ and $C_3(-4|-1)$ with $r_3=1$.