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Niveau énigmes
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Sangaku

Posté par
derny
13-06-19 à 21:09

Bonjour
Je suis tombé par hasard sur un travail de réflexion et d'observation que devait faire les élèves sur la figure suivante :
On a un carré ABCD de côté 1. On a le point E sur AD (AE = a). On trace BE et CE ce qui partage le carré en 3 triangles dont 2 rectangles. On trace les 3 cercles inscrits (C1 dans ABE, C2 dans BEC et C3 dans CED. On trace la 2e tangente extérieure aux cercles C1 et C3.

A partir de cette figure on peut donner les rayons en fonction de a. On s'aperçoit que la tangente aux cercles C1 et C3 semble être également tangente au cercle C2. Comment le démonter "simplement" ? Car ma méthode (géométrie analytique) est très compliquée. On pourrait aussi calculer a pour que les 3 rayons soient en P.A. J'ai procédé par approximations successives car les calculs deviennent vite "très lourds".

Posté par
derny
re : Sangaku 13-06-19 à 21:28

croquis

Sangaku

Posté par
derny
re : Sangaku 14-06-19 à 09:35

Bonjour
Remarque : R2 varie peu lorsque E se déplace sur AD.
Ci-dessous la figure avec les 3 surfaces en P.A.

Sangaku

Posté par
LittleFox
re : Sangaku 14-06-19 à 12:38


Par la formule r = \frac{S}{p}r est le rayon du cercle inscrit, S la surface du triangle et p le demi-périmètre, on calcule facilement r_1 = \frac{1+a-\sqrt{1+a²}}{2} et r_3 = \frac{2-a-\sqrt{1+(1-a)²}}{2}.
De là on construit O1 et O3.
La tangente est la symétrie de l'axe y par la droite passant par O1 et O3.

Soit G et H les intersections de la tangente avec respectivement CE et BE. O2 est le cercle inscrit au quadrilatère BCGH. O2 est donc sur GO3 et HO1.

Il suffit de montrer que |BC|+|GH| = |CG|+|BH| (théorème de Pitot) pour montrer que le quadrilatère a bien un cercle inscrit.

Sangaku

Je n'ai pas encore fait les calculs et j'ai un peu mélangé les "si" et les "si et seulement si"
mais je pense que c'est une bonne piste.

Posté par
LittleFox
re : Sangaku 14-06-19 à 12:46


En fait par cette construction, on a un cercle tangent à CG, GH et BH. Il suffit de montrer que O2 est tangent à BC. Ce qui peut se faire en montrant que l'ordonnée de O2 = 1-r3.
r3 étant donné par

r_3 = \frac{1}{1+\sqrt{1+a²}+\sqrt{1+(1-a)²}}

Posté par
derny
re : Sangaku 14-06-19 à 13:45

Jusque là c'est tout bon … sauf que tu mélanges O2 avec O3 et r3 avec r2.

Posté par
derny
re : Sangaku 14-06-19 à 13:49

… dans ton dernier message.
Dans l'énoncé c'est "démontrer" et non "démonter".

Posté par
dpi
re : Sangaku 14-06-19 à 15:59

Bonjour,
>Littlefox
Pour clarifier restons sur les notations de derny
Ras pour r1 et r2 mais je voudrais éviter le quadrilatère  pour r3

Posté par
LittleFox
re : Sangaku 14-06-19 à 21:30


Oui, oui. J'ai inversé r2 et r3

Posté par
dpi
re : Sangaku 15-06-19 à 11:00

J'ai calculé r2 par les tangentes et comme dit dans l'énoncé la variation en fonction de a
est faible.
Je continue à chercher une solution acceptable pour la tangente...

Sangaku

Posté par
dpi
re : Sangaku 15-06-19 à 11:41

Une piste ...
On trace la tangentes aux cercles c1 et c3 ,on trouve son angle avec la droite AD  par son
demi angle passant par les centres  (différence des rayons sur segments des centres).
On arrive à l'angle en G (de Littlefox)  et on doit démontrer que l'angle que formerait
la tangente à c2 est égal...

Posté par
vham
re : Sangaku 26-06-19 à 09:56

Bonjour,

Il est dommage que les solutions ne soient pas menées à terme…
Pour ce Sangaku voici le principe d'un calcul formel abouti,
les notations sont reprises de celles du  14-06-19 à 12:38 :


Si l'on veut utiliser le "théorème de Pitot" (Merci LittleFox pour ce rappel),
autant l'appliquer aux 2 quadrilatères DIGE et EHJA.
Montrer que les longueurs des segments GH + BC = BH + CG
est équivalent à montrer que AJ + DI + BE + CE = 2 + IJ

et le calcul formel (qui va suivre) est bien plus facile que passer par les points G et H.

Sangaku

Posté par
vham
re : Sangaku 26-06-19 à 12:53

Justification : Par construction de la 2ème tangente extérieure aux 2 cercles (O1,r1) et (O3,r3)
DI + EG +  EH + AJ = 1 + IG+HJ = 1 + IJ - GH
AJ + DI + BE- BH + CE - CG = 2 + IJ - GH -1
donc BH + CG = BC + GH    AJ + DI + BE + CE = 2 + IJ


On pose b = BE et c = CE
Les aires des triangles ABE et ECD donnent :
r1= \dfrac{1+a-b}{2} \ et \ r3=\dfrac{2-a-c}{2}
tan(\alpha)=\dfrac{r1-r3}{1-r1-r3}=\dfrac{2*a-b+c-1}{b+c-1}
y(F)=r1(1+ \dfrac{1}{tan(\alpha)}= \dfrac{a^2-a*b+a*c-b*c+b+c-1}{2*a-b+c-1}

tan(2\alpha)=\dfrac{2tan(\alpha)}{1-tan^2(\alpha)}= \dfrac{-2*a*b-2*a*c+2*a+b^2-c^2+2*c-1}{2*a^2-2*a*b+2*a*c-2*a-2*b*c+2*b}

cos(2\alpha)=\dfrac{1-tan^2(\alpha)}{1+tan^2(\alpha)}=\dfrac{-2*a^2+2*a*b-2*a*c+2*a+2*b*c-2*b }{2*a^2-2*a*b+2*a*c-2*a+b^2+c^2-2*c+1}

DI=(y(F) - 1)*tan(2\alpha)=\dfrac{-a*b-a*c+a-b*c+2*b-c^2+3*c-2}{2*a+2*c-2}

AJ=y(F)*tan(2\alpha)=\dfrac{-a*b-a*c+a+b^2+b*c-2*b-c+1}{2*a-2*b}


Enfin AJ+DI+b+c = \dfrac{2*a^2-2*a*b+2*a*c-2*a-b^2-4*b*c+4*b-c^2+2*c-1}{2*a^2-2*a*b+2*a*c-2*a-2*b*c+2*b}

qu'il faut comparer à 2+IJ = 2+\dfrac{1}{cos(2\alpha)}=\dfrac{2*a^2-2*a*b+2*a*c-2*a-b^2-4*b*c+4*b-c^2+2*c-1}{2*a^2-2*a*b+2*a*c-2*a-2*b*c+2*b}  C.Q.F.D.

Posté par
Sylvieg Moderateur
re : Sangaku 26-06-19 à 13:56

Bravo d'avoir eu le courage de faire les calculs et de les recopier

Étonnant que cette propriété simple soit si compliquée à démontrer !

Posté par
vham
re : Sangaku 26-06-19 à 18:46

Bonjour Sylvieg,
Je ne trouve pas cette propriété si simple.
Pour chaque cercle il passe 5 bissectrices en son centre...
Et tout se brouille si ABCD n'est plus un carré.

Posté par
Sylvieg Moderateur
re : Sangaku 26-06-19 à 19:27

En faisant une recherche sur le théorème de Pitot, je suis tombée sur ceci :
C'est assez embrouillé, mais y a des figures avec ABCD pas carré.
D'après le contenu de la page 11, il semblerait qu'une condition nécessaire et suffisante pour la tangente commune soit ABCD quadrilatère de Pitot .

Posté par
vham
re : Sangaku 26-06-19 à 21:18

Que de propriétés insoupçonnées !!! Merci.
On n'en finit jamais quand on est dans les cercles et les triangles.
Je reste néanmoins assez satisfait de ma démarche...

Posté par
derny
re : Sangaku 26-06-19 à 23:48

Bravo vham.
J'avais bien avancé dans les calculs mais plein d'obligations m'ont détournées de ce problème. Il reste à démontrer (entre autres propriétés) que le cercle passant par les 3 centres passe également par E (je n'y ai pas encore réfléchi).

Posté par
vham
re : Sangaku 27-06-19 à 09:53

Bonjour,

Avec toutes ces bissectrices, il y a des angles supplémentaires ...

Posté par
vham
re : Sangaku 27-06-19 à 10:21

Bonjour,

Après avoir vu la page 11 ( Sylvieg 26-06-19 19:27 ) puis le carré page 12,
Derny a la réponse à sa question initiale ( démontrer "simplement " ) et mes efforts (calculs formels) paraissent bien dérisoires.

Posté par
Sylvieg Moderateur
re : Sangaku 27-06-19 à 16:42

Je ne suis pas d'accord sur le "dérisoire" :
Tu peux être satisfait de ta démarche, avec l'idée de garder b et c sans s'encombrer de racines carrées.
Ton message suivi du calcul m'a motivée pour approfondir le théorème de Pitot, surtout la réciproque ; et donc trouver le fichier de Jean Louis Ayme.

Posté par
Sylvieg Moderateur
re : Sangaku 28-06-19 à 07:45

Bonjour,
J'ai décortiqué le document de Jean Louis Ayme. J'en extrais ce qui nous concerne, c'est-à-dire la démonstration de la propriété suivante :
Le quadrilatère MNCD est un quadrilatère de Pitot si et seulement si le quadrilatère ABCD est un quadrilatère de Pitot.
Ça revient à démontrer CN+DM-MN = BC+AD-AB dans la figure ci-dessous.

Sangaku
NW = NS et MV = MT . D'où :
CN+DM-MN = CN+NW+DM+MV - (MN+NS+MT) = CW+DV-TS
Par symétrie d'axe (O1O2) on a TS = PQ . De plus CW = CR et DV = DU . D'où :
CW+DV-ST = CR+DU-PQ = BC-BR + AD-AU - PQ = BC+AD-(BQ+AP+PQ) = BC+AD-AB

Posté par
Sylvieg Moderateur
re : Sangaku 28-06-19 à 07:54

Une figure analogue, mais avec quadrilatères de Pitot :Sangaku

Posté par
vham
re : Sangaku 29-06-19 à 09:36

Bonjour,

--> Sylvieg : j'ai décortiqué aussi la suite de "J.L. Ayme", que d'ouvertures sur un monde géométrique inépuisable, que l'on juste effleuré quand j'étais jeune (années 50)
J'ai depuis ( années > 2005 ) acquis "La géométrie du triangle" de Lalesco mais j'y vais doucement...

Posté par
Sylvieg Moderateur
re : Sangaku 29-06-19 à 11:13

Bonjour,
J'ai été au départ rebutée par ce document, tout en ayant l'impression qu'il apportait la réponse aux questions posées ici.
C'est ton message du 27 à 10h21 qui m'a décidée à y regarder de plus près.
Je ne suis pas habituée à ce vocabulaire (scolie, vision, visualisation, ...). Le mot "donné" semble être utilisé pour "propriété à démontrer".
Ce qui m'intrigue, c'est le parti pris de ne pas utiliser des symétries orthogonales ou le théorème de Pythagore quand ils sont utiles.
La notion de "preuve synthétique" m'est aussi étrangère.

La "visualisation suffisante" du théorème de Pitot page 9 et 10 me plait beaucoup.
C'était en fait ce que je cherchais au départ.

Posté par
dpi
re : Sangaku 29-06-19 à 17:38

Bonjour,
J'ai apprécié les travaux de vham et de Sylvieg
J'ai vainement cherché avec les cercles d'Appolonius.
Question ù est passé notre mathafou national?



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