Recherche d'une construction
dans Géométrie
Bonjour,
1. ABCD un carré
2 (A) le cercle de centre A passant par B
3. (B) le cercle de centre B passant par A
4. (X) le cercle intérieur à ABCD, tangent extérieurement à (A), intérieurement à (B) et à (BC).
Question : comment construire (X) sans avoir recours à l’inversion ?
Merci A.D. pour votre aide.
Sincèrement
Jean-Louis
1. ABCD un carré
2 (A) le cercle de centre A passant par B
3. (B) le cercle de centre B passant par A
4. (X) le cercle intérieur à ABCD, tangent extérieurement à (A), intérieurement à (B) et à (BC).
Question : comment construire (X) sans avoir recours à l’inversion ?
Merci A.D. pour votre aide.
Sincèrement
Jean-Louis
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Réponses
Le gros, très gros ennui est que la géométrie en général et la géométrie circulaire en particulier ont disparu à tout jamais de notre culture.
Et c'est pourquoi tu ne veux pas entendre parler d'inversions!
Mais comment interdire ce qu'on ne connait pas?
Voici ci-dessous une construction possible parmi beaucoup d'autres.
Je ne dis pas comment je l'ai obtenue!
Peut-être en appliquant cinquante fois de suite le théorème de Reim?
Amicalement
[small]p[/small]appus
GaBuZoMeu ( http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,1885882) avait proposé une solution à base de 2 paraboles qui peut être appliquée ici aussi
Cordialement
C'est vrai et je m'en souviens!
Mais comme la théorie des coniques se résume aujourd'hui plus ou moins au cercle trigonométrique, la construction de GaBuZoMeu rejoint la mienne au titre des curiosités.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Dans la figure de pappus, le projeté de $w$ sur $(AB)$ est situé aux quatre cinquièmes de $[AB]$ en partant de $A$, celui de $y$ aux cinq septièmes.
Voici une nouvelle construction qui n'exige pour l'exécuter que la connaissance de l'Axiome de Thalès encore provisoirement dans nos programmes.
Alors profitons en vite.
Il suffit de subdiviser le segment $AB\ $ en cinq parties égales.
Je pense que ce devrait être dans les cordes de nos capésiens les mieux entraînés!
Si vous n'arrivez pas à la prouver, no problemo!
Vous rajoutez la figure comme Axiome à côté de celui de Thalès!
Ca n'en fera jamais qu'un de plus et personne ne s'apercevra de rien au ministère!
Amicalement
[small]p[/small]appus
peut être a-t-on encore droit à Pythagore ?
en écrivant avec Pythagore dans $AOH$ et dans $BOH$ que $OH = OH$ on obtient en deux lignes la relation de fm_31 que $r = \dfrac{a}{6}$
amicalement.
pouvez-vous m'expliquer votre calcul pour arriver à votre résultat?
Sincèrement
Jean-Louis
En utilisant le théorème de Pythagore dans le triangle $AOH$ on obtient $OH^2= (a+r)^2-(a-r)^2$.
Et dans $OBH$ on obtient $OH^2= (a-r)^2-r^2$.
D'où l'égalité $4ar=a^2-2ar$, c'est-à-dire $a=6r$.
merci...un peu aveugle en ce jour...
Cette figure est un San Gaku de Fukusima prefecture (1893) ainsi que la votre dans votre document...
Merci encore
Sincèrement
Jean-Louis
merci pour votre document qui m'a beaucoup plu....
Sincèrement
Jean-Louis
Quant à $r$ je trouve trois cinquante-sixièmes de $a$.
Tu es sûr que ce sangaku provient de la préfecture de Fukushima ? Je ne le trouve pas dans cette série de photos.
dans le livre de Géry Huvent , celui-ci dit page 77 : un sangaku non daté , observé dans la préfecture de Miyagi et qui a été détruit.
Bien cordialement.
kolotoko
ce San Gaku has vanished...d'après Dan pedoe...
Sincèrement
Jean-Louis
Ci-joint le fichier collégien version 2 :
- ajout d'une carte du Japon avec la préfecture de Miyagi;
- partie 3 1°) : j'ai séparé DT et CK car demander de prouver la double égalité DT = CK = 10 - y peut déstabiliser;
- au fait, pourquoi un carré de côté 10 cm ? J'avais pris 8 cm au départ. Mais comme le rayon du cercle n°3 vaut les trois huitièmes du côté du carré, il n'y avait pas de surprise une fois la figure construite. Alors qu'avec 10 cm de coté le rayon vaut 3,75 cm, ce qui est impossible à deviner avec une figure;
- ayant fait du chinois pendant 5 ans je sais que le caractère (chinois) san correspond ici à calculer; Quant à gaku j'ai des doutes : je sais qu'il est formé de ga et de ku, mais contient-il une référence au bois ? Rien trouvé de concluant dans mon petit dictionnaire ni sur le net.
Fukusima (1968) vol. 3, Akira Hirayama and Hachio Norii, private circulation
Sincèrement
Jean-Louis
Ludwig : Géry Huvent (et non Guy Huvent ) ne cite pas ses sources dans son livre.
Il a aussi un site où il traite un peu des sangakus.
Bien cordialement.
kolotoko
Pour ma part, j'ai un DEUG de japonais, études dans lesquelles je me suis lancé par intérêt professionnel, car il fut un temps où une bonne partie des brevets que je traduisais venaient du Japon et étaient en fait rédigés en "japanglais" ...
C'est ainsi que je puis te signaler que le "gaku", en japonais, s'écrit avec un seul caractère et signifie "tablette", voir le début de l'article de Wikipedia, copie d'écran jointe, où le premier caractère, lu "san", est en effet celui qui signifie "calcul" en général, d'où la traduction indiquée.
Il y avait peut-être à l'époque une référence au bois en tant que matériau, mais cela reste du domaine de l'hypothèse, car ce caractère japonais lu "gaku" est formé de deux éléments, et d'après mon dictionnaire, celui de droite, la "clé" qui donne le sens général, signifie "feuille" ou "page", et celui de gauche n'indique que la phonétique : cet élément, en tant que caractère isolé, se lit "kaku" et signifie "invité, visiteur". Le caractère signifiant le matériau bois est bien différent ...
Bien cordialement
JLB
J'ai trouvé l'édition japonaise du livre de Pedoe et Fukagawa.
Ci-joint aussi la version 3 du fichier collégien (ajout de références, mise en page..).
Toute remarque est la bienvenue.
Bonnes vacances, bises à tout le monde.
Ludwig
Pour répondre à ta question, je ne dis pas que c'est impossible, mais ce n'est pas la règle générale : l'élément phonétique est vraiment choisi d'abord pour sa phonétique ... Si tu veux, en très grossier, on a construit ces caractères avec une "clé" qui indique le domaine très vaste auquel se rapporte le mot, en y ajoutant un élément pris pour sa phonétique : le caractère signifie alors le concept qui, dans le domaine de la clé, se prononce de cette façon. Il peut arriver, en effet, que le sens de cet élément ait lui aussi un rapport avec le domaine concerné, mais j'avoue ne pas en savoir très long sur la question !
Si cela t'intéresse, nous pourrions continuer à en discuter par messages privés ...
Bonne soirée, bien cordialement
JLB
la vidéo
Autre chose : l'adverbe littéralement ne me sembe pas très adapté aux caractères chinois...
J'en conviens bien volontiers, mais il ne faut pas trop en demander à Wikipedia !
Bien cordialement
JLB
j'aime également bien ce problème, mais je ne trouve pas de façon simple pour expliquer en 4ème pourquoi E,F,G sont sur le cercle de centre H. Pour ça je démontre que EFH est isocèle en passant par les égalités de sinus, mais je sens qu'il doit y avoir plus simple... As-tu une version plus abordable?
Bien cordialement,
Soc
Non je n'ai pas de méthode accessible au collège pour démontrer que $E$, $F$ et $G$ sont cocycliques. J'ai essayé une chasse aux angles mais je n'ai pas abouti. Peux-tu poster ta méthode basée sur la loi des sinus ?
Ta question me fait penser que mon sujet est peut-être à réécrire : l'étape 6 de la partie 4 ("Le cercle n°3 a pour centre $H$ et passe par les points $E$, $F$ et $G$" a un statut bizarre, car elle contient une proposition qui n'est pas démontrée. Il serait mieux d'écrire que cette cocyclicité est admise, d'une façon ou d'une autre. Idem pour l'étape 4 de la partie 4. Et pour le triangle $DHE$ rectangle en E.
Cordialement,
Ludwig
En prenant un côté de 2 pour simplifier les notations.
notons a = DAE.
FEH = a (alternes-internes)
DEA = 90 - a donc FEC = 90 + a
sin EFH = sin FEC /2 (triangle EFC)
sin EFH = sin (90+a) /2 = cos a /2
sin a = sin (90-a) /2 (triangle DEA)
sin a = cos a /2
sin EFH = sin FEH. donc EFH isocèle en H.
Écrire des maths pour la première fois en $52$ messages, bravo, ça se fête, champagne !! :-D
Cordialement,
Rescassol
Déjà, je t'encourage à continuer, on n'est pas très nombreux, ici, en géométrie.
Cordialement,
Rescassol
On peut aussi obtenir ce résultat en démontrant que $\widehat{FCK}= \widehat{KCB}$, où $K$ est le milieu du segment $[AB]$. Pour cela considérer par exemple le cercle de diamètre $[AB]$. Une chasse aux angles permet ensuite de conclure. Mais cette façon de faire n'est toujours pas au programme de collège.
Ou alors on modifie la construction : en définissant $F$ et $G$ comme les intersections de ce nouveau cercle avec les deux arcs déjà définis il sera alors facile de prouver l'égalité des angles $\widehat{FCK}$ et $\widehat{KCB}$, puisqu'on aura les triangles $FCK$ et $KCB$ semblables.
Mais il y a une possibilité : partir de la configuration ci-dessous, où $K$, $L$ et $E$ sont les milieux respectifs de $[AB]$, $[AD]$ et $[CD]$. On peut alors prouver que $(AE)$ est perpendiculaire à $(BL)$ (les triangles $ABL$ et $ADE$ sont rectangles et égaux), et que $(CK)$ est la médiatrice de $[BF]$. Ensuite on prouve que $EFH$ est isocèle en $H$ par une petite chasse aux angles. Une jolie configuration, mais une démonstration un peu longue.
Pour ma part je m'en tiendrais au problème tel qu'il est posé dans mon dernier fichier. J'y ajouterais une remarque pour indiquer ce qui est admis.
Bonne journée,
Ludwig
Voici un premier jet :
1°)a) Expliquer pourquoi les triangles $ABL$, $BKC$ et $ADE$ sont égaux.
1°)b) Que vaut la somme des angles aigus d'un de ces triangles ?
1°)b) Dans ces triangles, colorier de la même couleur les angles aigus de même mesure.
1°)c) En déduire que les droites $(AE)$ et $(KC)$ sont toutes les deux perpendiculaires à la droite $(BL)$.
2°) Soit $M$ le point d'intersection des droites $(BL)$ et $(CK)$.
a) En utilisant le théorème de Thalès (voir remarque n°3), démontrer que $M$ est le milieu du segment $[BF]$.
b) En déduire que $(CK)$ est la médiatrice de $[BF]$.
3°)a) Expliquer alors pourquoi $\widehat{BCK}=\widehat{FCK}= \widehat{EFC}$.
3°)b) En déduire que le triangle $EFH$ est isocèle en $H$.
Puis par symétrie on aura bien $HE=HF=HG$. Je modifierais le fichier à la rentrée.
edit : on peut aussi démontrer que les triangles $ALF$, $AFB$ et $BKM$ sont semblables pour obtenir ensuite l'égalité angulaire du 3a).
suite
4°) L'arc de cercle n°1 a pour centre $C$ et joint les points $B$ à $D$. Expliquer pourquoi le point $F$ est sur cet arc.
5°)a) $G$ est le symétrique de $F$ par rapport à la droite $(KE)$. Proposer et justifier une méthode pour placer ce point en utilisant uniquement la règle non graduée.
5°)b) Montrer que $H$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $EFG$.
Remarque 1 : pour faciliter la lecture de la figure il faudrait peut-être.. en faire deux. La première sans les cercles, simplement pour la preuve que $H$ est le centre du cercle $EFG$, la seconde avec une autre construction de $F$ et $G$ (voir 4°) et 5).
Remarque 2 : la construction du second cercle, telle qu'elle est définie jusqu'à présent, pourra poser problème : un point de tangence utile à cette construction, celui qui se trouve sur un quart de cercle, est très (trop?) proche d'un côté du carré..
Suite remarque n°1 : du coup, pourquoi ne pas donner la figure de gauche ci-dessous, ou une partie, qu'il faudra compléter (les deux derniers segments par exemple) ? Cela permettra de gagner un peu de temps et de faciliter le lancement du problème. Seule la figure finale, avec les cercles, plus gratifiante (alors que celle de gauche est très facile à construire), sera entièrement réalisée par les élèves.
Remarque n°3 : pour la question 2a) je pense que je vais supprimer la mention "En utilisant le théorème de Thalès". Car on peut traiter cette question en utilisant une propriété relative à la droite des milieux (ou en parlant de triangles semblables). La droite des milieux n'a pas vraiment disparue du programme, je cite un document eduscol : Le théorème de Thalès est amené avec progressivité, d’abord avec la configuration des « triangles emboîtés ». Les deux points de vue « commencer par le théorème de la droite des milieux, puis généraliser » ou « présenter le premier comme une conséquence du deuxième » sont acceptables, et relèvent de la liberté pédagogique. La démonstration du théorème de la droite des milieux n’est pas un objectif.
Avec un carré $ABCD$ de côté $10$ cm les points de tangence du cercle $X$ avec les quarts de cercle sont situés à environ $2$ mm de lignes de la figure, ce qui peut poser des problèmes pour construire la figure sur papier. On peut évidemment utiliser un logiciel de géométrie pour terminer la figure, ce qui serait d'ailleurs une bonne chose.
Cela dit, la construction de fm_31 peut se faire à partir de points déjà construits : son cercle de rayon $ \frac{7a}{6} $ passe par le point $Q$ intersection de $(FG)$ avec $(BC)$. Il coupe $[DC)$ en $P$ et le symétrique $P'$ de $P$ par rapport à $C$ n'est rien d'autre que le projeté orthogonal de $X$ sur $(CD)$. Cette construction n'a pas l'inconvénient de celles qui utilisent les points de tangence.
edit : oups non c'est faux ; $Q$ n'est pas sur ce cercle..
figure n°2 : à partir du carré et des milieux de ses côtés, construction des centres des cercles et des points de tangence uniquement à la règle non graduée.
J'ai supprimé la référence au théorème de Thalès dans la question 2b (voir remarque n°3 ici).
En même temps que 1b et 2a permettent une respiration ;-), elles mettent sur la voie pour la question suivante. J'ai volontairement limité la figure de la partie 1 à des segments, c'est plus facile pour lancer le problème. Pour la figure 2 (partie 3) j'ai intercalé une question relative à la concourance de trois lignes (obligatoire pour faire la liaison entre les deux figures !).
Du point de vue des programmes officiels le problème est de fin de quatrième. En pratique je crois qu'il est infaisable aujourd'hui par 99% des élèves de fin de troisième :-D. Mais il est sans aucun doute très intéressant de le travailler avec les élèves (au moins 3 h !), car il rassemble une quinzaine de notions vues au collège.
Pour le cercle de Jean-Louis (voir image ci-dessous) je me suis rendu compte que dans le fichier posté ici les points de tangence n'étaient pas définis rigoureusement (ils le sont juste par la figure), et cela pose problème. Je ne vois pas de construction à la fois simple et qui peut être utilisée ensuite pour les preuves et calculs, en tous cas au collège.
Bonne journée,
Ludwig
Je redonne ma construction superbement ignorée par tous.
J'aurais peut-être dû la détailler un peu plus, ce que je vais faire maintenant.
$U\ $ est le milieu de $AB.\qquad$
$V\ $ est le symétrique de $A\ $ par rapport à $B.\qquad$
$W\ $ est le symétrique de $B\ $ par rapport à $A.\qquad$
Construction:
Le cercle de $V\ $ passant par $C\ $ et le cercle de centre $W\ $ passant par $B\ $ se coupent au point $\Omega.\qquad$
Le cercle de centre $B\ $ passant par $\Omega$ coupe le côté $BC\ $ au point de contact $u.\qquad$
Les deux autres points de contact $v$ et $w$ s'obtiennent par les segments bleus pointillés.
Evidemment tout élève de Troisième est capable d'effectuer cette construction.
Quant à l'expliquer, c'est une autre paire de manches et un agrégatif actuel serait bien impuissant à le faire!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je ne sais pas comment tu as trouvé cette construction et j'aimerais bien le savoir ! Avec une inversion ?
Et tu te trompes sur un point : aujourd'hui il y a des élèves en troisième qui, à partir de ton texte, ne sont pas capables d'effectuer la construction. Et ce n'est pas à cause de ton texte bien sûr !
À propos de figures, celle à compléter dans mon fichier comporte trop de traits, beaucoup trop ! Et cela même s'il ne s'agit que de segments. Elle sera vite illisible je le crains. Mais j'ai résolu le problème : non pas une figure à compléter mais quatre ! Une par question (voir ci-dessous). Et une cinquième (celle de la partie 3) à faire sur papier blanc, le tout sur une feuille A4 donnée en annexe. Ce qui me permettra de remplacer la figure du fichier par celle du sangaku terminé (un logo accrocheur!) et me facilitera la présentation du problème.
Qu'est-ce qu'il ne faut pas faire... Un prof de maths aujourd'hui c'est un funambule contorsionniste.
Effectivement ma construction est basée sur l'inversion c'est à dire sur la géométrie circulaire et concrètement sur les idées développées dans le Lebossé-Hémery sur ce sujet!
La construction des cercles tangents à trois cercles donnés est un des problèmes les plus célèbres qu'on a résolu dans le cadre de cette défunte géométrie et je n'ai fait qu'appliquer dans ce cas particulier la méthode développée dans le cas général.
C'est pourquoi je disais que nos agrégatifs actuels n'avaient pas le début de la moindre chance de le résoudre au pied levé!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai si peu étudié l'inversion que cette construction classique archi connue m'échappe encore. La honte ! Et c'est tout cabossé que je dois rebosser mon Lebossé. Ci-joint le fichier collégien modifié, avec son annexe.
Bon dimanche,
Ludwig
A vrai dire cette construction n'est pas étudiée directement dans le Lebossé-Hémery, peut-être est-elle proposée en exercice.
Par contre on peut la trouver dans les exercices de géométrie moderne de Papelier ou bien dans les compléments de géométrie moderne de Deltheil et Caire et peut-être même dans leur cours de géométrie.
La remarque fondamentale est la suivante:
Si on se donne deux cercles $\Gamma$ et $\Gamma'$, il existe en général deux inversions qui les échangent et tout cercle tangent à $\Gamma\ $ et $\Gamma'\ $ est invariant dans l'une ou l'autre de ces deux inversions.
Cette règle reste vraie si l'un des deux cercles est une droite!
C'est tout ce qu'il faut savoir!
Sur la figure ci-dessous, j'ai tracé en trait épais noir les cercles dont on cherche à construire le cercle bleu qui leur est tangent:
à savoir le cercle de centre $A\ $ passant par $B\ $, le cercle de centre $B\ $ passant par $A\ $ et la droite $BC.\qquad$
J'ai tracé en pointillé rouge les trois cercles d'inversion qui les échangent deux à deux.
Ce sont: le cercle de la figure de centre $U\ $, le cercle de centre $V\ $ passant par $C\ $ et le cercle de centre $W\ $ passant par $B.\qquad$
On constate (c'est à démontrer!) que ces trois cercles forment un faisceau à points de base $\Omega\ $ et $\Omega'\ $.
Le petit cercle bleu qu'on cherche à construire est orthogonal à ces trois cercles d'inversion
Il fait donc partie du faisceau conjugué (ou orthogonal) à points limites $\Omega\ $ et $\Omega'\ $ et d'autre part il doit être tangent à la droite $BC.\qquad$.
D'où ma construction du point $u\ $ qui, elle, se trouve dans le Lebossé-Hémery!
Amicalement
[small]p[/small]appus