Le problème de Castillon

Bonjour
La figure précédente est peut-être plus esthétique quand on s'arrange pour que les points $A$, $B$, $C$ soient à l'intérieur du cercle $\Gamma$ mais cela ne change rien à la question demandée!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
J'en viens à la démonstration de la formule de Rescassol:

En posant $u=e^{i\theta}$, Morley dit $\dfrac{B-A}{b_2-a_2}=-\dfrac{u}{1+u}$.

Puisqu'il n'a pas voulu nous dire la signification géométrique de $u=e^{i\theta}$, j'ai bien été obligé de la deviner.
Les triangles $a_1b_1c_1$ et $a_2b_2c_2$ étant directement semblables et inscrits dans le cercle unité se déduisent l'un de l'autre par une rotation d'angle $\theta$ de centre l'origine.
On a donc:
$a_1=u.a_2$, $b_1=u.b_2$, $c_1=u.c_2$ pour un certain $u=e^{i\theta}$.
Le point $A$ est à l'intersection des droites $b_1c_1$ et $b_2c_2$ d'équations respectives:
$\begin{cases}
z+\overline zb_1c_1=b_1+c_1\\
z+\overline zb_2c_2=b_2+c_2
\end{cases}
$
L'affixe de $A$ vérifie l'équation différence:
$\overline zb_2c_2(1-u^2)=(b_2+c_2)(1-u)$
c'est à dire:
$\overline z=\dfrac{b_2+c_2}{b_2c_2(1+u)}$
puis en passant aux conjugués:
$z=(b_2+c_2)\dfrac u{1+u}$
Donc:
$\begin{cases}
A=(b_2+c_2)\dfrac u{1+u}\\[0.3cm]
B=(c_2+a_2)\dfrac u{1+u}\\[0.3cm]
C=(a_2+b_2)\dfrac u{1+u}
\end{cases}
$
Par suite: $B-A=(a_2-b_2)\dfrac u{1+u}$
CQFD
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Autrefois les nombres complexes étaient inconnus dans l'enseignement secondaire, cela n'empêchait pas de faire de la géométrie.
Maintenant qu'ils sont là, la géométrie a disparu, cherchez l'erreur!
Les triangles $a_1b_1c_1$ et $a_2b_2c_2$ sont supposés directement semblables et inscrits dans un même cercle $\Gamma$.
La figure montre les intersections $A=b_1c_1\cap b_2c_2$, $B=c_1a_1\cap c_2a_2$, $C=a_1b_1\cap a_2b_2$.
Qu'ils soient inscrits dans un même cercle $\Gamma$ de centre $O$ entraine que les triangles $a_1b_1c_1$ et $a_2b_2c_2$ se déduisent l'un de l'autre par une rotation dont le centre est le point $O$.
La défunte construction du centre de similitude, désormais tombée définitivement dans l'oubli, montre que les quadruplets $BCa_1a_2$, $CAb_1b_2$, $ABc_1c_2$ sont cocycliques et que leurs trois cercles supports passent par le point $O$.
On a alors les égalités suivantes entre angles orientés de droites:
$(AB,AC)=(AB,AO)+(AO,AC)$ (relation de Chasles)
$(AB,AO)=(c_1B,c_1O)$ (théorème de l'angle inscrit) et $(c_1B,c_1O)=(c_1a_1,c_1O)$ ($a_1$, $c_1$, $B$ alignés).
De même:
$(AO,AC)=(b_1O,b_1C)$ (théorème de l'angle inscrit) et $(b_1O,b_1C)=(b_1O,b_1a_1)$ ($a_1$, $b_1$, $c$ alignés).
Donc
$(AB,AC)=(c_1a_1,c_1O)+(b_1O,b_1a_1)=(c_1a_1,b_1a_1)+(b_1O,c_1O)$, la dernière égalité résultant de l'identité (bien connue?) entre angles orientés de droites: $(u,v)+(u',v')=(u,v')+(u',v)$
Maintenant $(b_1O,c_1O)=2(b_1a_1,c_1a_1)$ (théorème de l'angle au centre)
Donc $(AB,AC)=(c_1a_1,b_1a_1)+2(b_1a_1,c_1a_1)=(a_1b_1,a_1,c_1)$
On a un peu fait le tour des théorèmes à utiliser avec les angles orientés de droites!!
Finalement $(AB,AC)=(a_1b_1,a_1,c_1)$
De façon analogue, (un adjectif bien utile!), on montre les égalités, (en fait il suffit de montrer la première):
$(BC,BA)=(b_1c_1,b_1a_1)$ et $(CA,CB)=(c_1a_1,c_1b_1)$ prouvant que les triangles $ABC$ et $a_1b_1c_1$ sont directement semblables.
J'ai tracé sur la figure les milieux respectifs $m_1$ et $m_2$ des segments $b_1c_1$ et $b_2c_2$.
Tout ce fourbi se correspond dans la rotation de centre $O$ et d'angle $\theta$ envoyant $a_2b_2c_2$ sur $a_1b_1c_1$.
La droite $OA$ est la bissectrice de la paire de vecteurs $\{\overrightarrow{Om_1},\overrightarrow{Om_2}\}$
On lit alors dans le triangle rectangle $OAm_1$:
$\dfrac{OA}{Om_1}=\dfrac 1{\vert \cos(\frac{\theta} 2)\vert}$
prouvant qu'on passe du triangle médial du triangle $a_1b_1c_1$ au triangle $ABC$ par une similitude directe de centre $O$, d'angle $\frac{\theta}2$ et de module $\dfrac 1{\vert \cos(\frac{\theta} 2)\vert}$
On retrouve ainsi un peu plus que le résultat de Rescassol obtenu par l'utilisation des nombres complexes.
En fait $O$ est l'orthocentre du triangle médial et pour raison de similitude, c'est aussi l'orthocentre du triangle $ABC$.
On le voit aisément sur l'écriture de la similitude $a_2b_2c_1\mapsto ABC$ donnée par Rescassol, à savoir:
$z\mapsto (a_2+b_2+c_2 -z)\dfrac u{1+u}$
L'orthocentre du triangle $a_2b_2c_2$ qui a pour affixe selon les dires de Morley et Rescassol: $$a_2+b_2+c_2 $$ s'envoie par cette similitude sur l'orthocentre du triangle $ABC$ dont l'affixe est $0$. Cet orthocentre du triangle $ABC$ est donc le point $O$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Ludwig
Je constate que d'une manière ou d'une autre, GeoGebra " a construit" la solution.
J'ai remarqué que dans le problème du quadrilatère complet, après emploi de GeoGebra, tu avais été capable de fournir une construction exacte sans toutefois pouvoir l'expliquer.
Ne peux-tu faire la même chose dans cette situation beaucoup plus simple?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Rescassol
Je m'aperçois que nous avions déjà parlé de cette configuration et Poulbot avait même trouvé aussi des $\sqrt 5$!
Je n'avais mentionné le triangle équilatéral que parce qu'on peut donner des constructions collégiennes très simples dans ce cas!
Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Ludwig pour tes explications.
Je voudrais que tu sois autant motivé par la géométrie que par le fonctionnement de GeoGebra.
Voici un autre exemple simple de construction à proposer à nos collégiens en rapport avec le problème de Castillon, la solution demandée à nos chers collégiens n'ayant évidemment aucun rapport avec la théorie (homographique) de Castillon.
Etant donné le carré externe tangent au cercle, construire le carré interne inscrit dans ce même cercle!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
On attribue à Apollonius la construction d'un triangle inscrit dans un cercle dont les côtés passent par trois points alignés donnés.
Vous vous rendez compte, pratiquement vingt trois siècles après lui, du niveau de l'enseignement de la géométrie dans notre beau pays!
Je ne sais pas comment il s'y est pris. A cette époque la géométrie était une science expérimentale et il a dû trouvé sa construction par tâtonnements.
A défaut de vous enseigner quelque théorie géométrique que ce soit, c'est peine perdue aujourd'hui, je voudrais vous inciter à retrouver expérimentalement cette construction de façon ludique en vous amusant avec votre logiciel.
Vous vous donnez sur votre écran, un cercle $\Gamma\ $, que vous pouvez toujours supposer être trigonométrique, pour ne pas être trop traumatisé si vous connaissez la trigonométrie mais ce n'est pas obligatoire si vous savez qu'il existe d'autres cercles que celui-là!
Vous vous donnez une droite $L\ $ extérieure au cercle $\Gamma\ $.
Pour des raisons qui apparaitront plus tard, il est préférable qu'il en soit ainsi.
Et vous voulez trouver un triangle $\alpha\beta\gamma$ inscrit dans le cercle $\Gamma$ et tel que:
$A\in \beta\gamma\ $, $B\in \gamma\alpha\ $, $C\in \gamma\alpha.\qquad$
Bien sûr vous n'avez pas la solution sous les yeux mais je sais bien comment Ludwig s'y prendrait pour nous en fournir une et j'espère qu'il le fera.
Apollonius n'avait pas GeoGebra mais il avait son papyrus, son calame, sa règle et son compas.
Peut-être dessinait -il sur le sable?
Sans doute est-il parti d'un point quelconque du cercle pour peut-être tomber sur le triangle $\alpha\beta\gamma\ $ par un coup de chance ou bien simplement pour voir ce qui se passait par curiosité?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bravo Lake pour cette construction!
Peux-tu préciser les angles apparaissant sur ta dernière figure?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher kolotoko
Merci et la figure?
La géométrie c'est essentiellement produire des figures!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Merci Ludwig mais ta construction ne répond pas au problème posé.
Le cercle circonscrit au petit carré doit êtrel e cercle inscrit au grand.

Bonjour à tous
Il y a cinq ans je monologuais sur le problème de Castillon et il n'y a pas de raison pour que cela change aujourd'hui!!!
Quand PGL@R92 a exhumé inutilement ce vieux fil, j'ai voulu le continuer un peu pour marquer le coup mais j'ai proposé un problème beaucoup plus facile ayant un vague rapport avec le problème de Castillon.
Depuis c'est la foire d'empoigne même si on peut toujours le résoudre avec ces défuntes méthodes homographiques!
La méthode de similitude de Lake marche à tous les coups mais pour le moment je ne l'ai pas vu clairement exposée.
Il n' y a vraiment pas besoin d'utiliser les angles dont je me méfie comme de la peste puisqu'on ne connait plus leurs diverses définitions, mis à part les angles de 0°, 15°, 30°, 45°, 60°, 75°, 90° et leurs compléments.
J'ai surtout apprécié la figure de Jélobreuil qui a décidément beaucoup d'imagination!
Quant à la figure de Ludwig, elle ne répond pas au cahier des charges!
Le cercle circonscrit au petit carré doit être le cercle inscrit du grand carré!
Je reviens à ma méthode d'attaque ludique du problème de Castillon.
Imaginez vous revenu vingt trois siècles en arrière, mollement allongé sur la plage d'Alexandrie à marée descendante.
Je ne suis pas tout à fait sûr qu'il ait des marées à Alexandrie!
Armé de votre stylet, au lieu de reluquer les filles, vous faites vos figures sur le sable encore humide.
Vous partez d'un point quelconque du cercle et vous essayez de refermer votre triangle.
Bien sûr vous n'y arrivez pas du premier coup!
Alors que faites vous ensuite qu'a sans doute fait Apollonius qui ne pouvait pas utiliser la démoniaque méthode de convergence de Ludwig?
Un peu de curiosité que diable!
C'est quand même plus facile aujourd'hui assis devant votre écran muni d'un logiciel qui ne demande qu'à vous aider!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Ludwig
N'as-tu pas compris que la difficulté de ce problème, c'est d'inscrire le pentagone dans un cercle donné à l'avance, ici le cercle inscrit au grand pentagone)?
Quant à ta méthode, de quelle méthode parles-tu?
Ta méthode de convergence?
Essaye d'appliquer cette méthode au problème de Castillon-Apollonius (avec trois points alignés) pour voir ce qu'elle donne!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Ludwig
Nous avons tous compris ta méthode de convergence quand elle veut bien fonctionner.
Elle apporte un sérieux soutien graphique mais comme tu l'as dit toi même elle ne fournit aucune explication géométrique.
Il se trouve que dans la configuration de cercles plus générale que tu envisages, la méthode de Lake fournit encore une construction.
Mais il faut me l'expliquer noir sur blanc pour que je sois convaincu!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour à tous
C'est quand même incroyable.
J'indique la méthode à suivre à savoir la méthode de similitude de Lake et tout le monde s'en fout!
Quant à la méthode de Ludwig, elle a une utilité pratique quand elle veut bien fonctionner mais n'a aucune valeur géométrique comme Ludwig le reconnait lui même.
@Jelobreuil, laisse tomber ce problème de construction de polygone régulier qui n'a strictement aucun intérêt sauf pour des collégiens et essaye de te mettre à la place d'Apollonius comme je te le conseille.
Tu peux faire de multiples essais comme lui pour essayer de refermer ton triangle mais sans te fatiguer, peinard devant ton écran
Et après avoir essuyé beaucoup d'échecs, peut-être verras-tu la lumière au bout du tunnel, tout comme Apollonius?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Ludwig
Tu as le droit de t'amuser mais pourquoi t'amuser à n'importe quoi au lieu de le faire avec le problème d'Apollonius.
As-tu entendu parler de la méthode essais et erreurs, guess and check, die and retry, etc...?
Amicalement
[small]p[/small]appus