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Balle, bracelets, bague

P.P.
dans Géométrie
Dernier jour pour envoyer a Orsay la solution du problème suivant : 3 bracelets circulaires de 9 cm de diamètre sont posés sur une balle de 18 cm de diamètre en étant deux à deux tangents. Dans le petit espace qui reste on pose une bague, qui est tangente aux trois bracelets. Diamètre de la bague ?

Réponses

  • ChaurienChaurien
    Il y a un siècle, on étudiait la trigonométrie sphérique en parallèle avec la trigonométrie « rectiligne », qui est celle que nous connaissons aujourd'hui (encore un peu). On en trouve des restes dans le chapitre « trièdres » du Lebossé-Hémery, ou bien dans des manuels de navigation. J'ai l'impression qu'avec les formules des triangles sphériques, on devrait pouvoir trouver, mais pour l'instant le cœur me manque.
  • fm_31fm_31
    Bonjour ,
    l'énoncé ne précise pas si les bracelets sont à plat sur la table (auquel cas la solution est assez simple) ni qu'ils ne sont pas à plat et dans ce cas ils sont peut-être tangents au bord de la table mais ce n'est pas dit non plus .
    Cordialement
  • ZgrbZgrb
    Ils sont sur une balle.
  • fm_31fm_31
    Quand on lit trop vite les énoncés .... Merci Zgrb
  • P.P.
    Si il y a 20000 vues pour un sujet du forum qui s'appelle transformation de Moebius, il devrait y avoir des personnes interessees pour celui ci, qui utilise par exemple simplement l'inversion d'une sphere par rapport a un de ses points.
  • fm_31fm_31
    Ce schéma correspond-il à l'énoncé ?127866
  • RescassolRescassol
    Bonjour,

    J'avais compris que les cercles des bracelets étaient inclus dans la surface de la balle, ainsi que la bague.

    Cordialement,

    Rescassol
  • P.P.
    fm31: non. C'est Rescassol qui a raison.
  • pappuspappus
    Mon cher P.
    Le fil auquel tu fais allusion était en fait consacré à la projection stéréographique qui est une inversion, il est vrai et j'ai bien envie de faire une projection stéréographique mais à partir de quel pôle, c'est bien là le problème!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • P.P.
    Pardon de ne pas savoir utiliser geogebra dans la reponse suivante. Si quelque membre du forum le faisait pour dessiner ce qui se passe dans les plans $Oxy$ et $ Oxz$ decrits ci dessous, je le remercierais beaucoup pour cette clarification.
    On change d’unités en supposant les bracelets de diamètre 1 et la balle de diamètre 2. Dans $\R^3$ rapporte aux trois axes orthogonaux $Oxyz$ on considère les points $P=(0,0,2)$ et $O=(0,0,0)$ et la sphère $S$ de diamètre $PO$. On place les trois bracelets de rayon 1 du côté de $O$ de sorte que leur union soit invariante par rotation de $2\pi/3$ par rapport à $ Oz.$ Une inversion dans l'espace de pôle $P$ change $S$ en le plan $Oxy$ et change les trois bracelets en trois cercles du plan $Oxy$, de centres $C_1,\ C_2, \ C_3$ de même rayon, deux à deux tangents et formant une figure invariante par une rotation de $2\pi/3$ autour de $O$. Sans perte de généralite on suppose que la partie positive de l'axe $Ox$ passe par $C_1$ coupant le cercle suivant un diamètre $AB$ avec $A$ sur le segment $OB.$

    Calculons le rapport des longueurs $OA/OB$. En considérant le triangle équilatéral $C_1C_2C_3$ de cote $2r$, les cercles sont donc de rayon $r$ et il est clair que $$OC_1=\frac{2r}{\sqrt{3}}, \ AC_1=C_1B=r,$$ et donc $$\frac{OA}{OB}=\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}=7-4\sqrt{3}=0,0719\ldots


    $$ Considérons ensuite le plan $Oxz.$ Les droites $PA$ et $PB$ coupent la sphère $S$ en $A'$ et $B'$ et on note $\alpha$ et $\beta$ les angles $A'PO=APO$ et $B'PO=BPO$. Si $C=(0,0,1)$ est le centre de la sphère alors les angles $A'CO$ et $B'CO$ sont $2\alpha$ et $2\beta$. Une donnée cruciale qui simplifie le calcul est que le diamètre $A'B'$ des bracelets est la moitié du diamètre de $S$ et donc $2\beta-2\alpha=\frac{\pi}{3}.$ Comme $OA=2\tan \alpha $ et $OB=2\tan \beta$ on obtient l’équation en $\tan \alpha$ suivante
    $$7-4\sqrt{3}=\frac{\tan \alpha}{\tan (\alpha+\frac{\pi}{6})},
    $$ ou encore
    \begin{equation}\label{EQ}(\tan \alpha)^2-6(2-\sqrt{3})\tan \alpha+7-4\sqrt{3}=0
    \end{equation} Le discriminant simplifié de ce trinôme du second degré est
    $$\Delta'=8(7-4\sqrt{3})=8(2-\sqrt{3})^2$$ et la plus petite racine positive est donc
    $$\tan \alpha= 3(2-\sqrt{3})-2(2\sqrt{2}-\sqrt{6})=(2-\sqrt{3})(3-2\sqrt{2})=0,0459\ldots
    $$ Remarquons que $ (2-\sqrt{3})^{-1}=2+\sqrt{3}$, $(3-2\sqrt{2})^{-1}=3+2\sqrt{2} $ et donc $\mathrm{cotan} \alpha=(2+\sqrt{3})(3+2\sqrt{2}).$

    Pour terminer, soit $H$ la projection orthogonale de $A'$ sur $Oz$. Le diamètre $d$ de la bague est égal à $2HA'$, soit $2\sin 2\alpha$ comme on le voit en considérant le triangle rectangle $CHA'$ dont l'hypothénuse est 1. Donc
    $$d=\frac{4\tan \alpha}{1+\tan ^2\alpha}=\frac{4}{\mathrm{cotan} \alpha+\tan \alpha}=\frac{1}{3+\sqrt{6}}=1-\sqrt{\frac{2}{3}}=0,183\ldots $$ Le diamètre de la bague est donc $$\boxed{\left(1-\sqrt{\frac{2}{3}}\right)\times 9\ \mathrm{cm}=1,651..\ \mathrm{cm}}$$
  • pappuspappus
    Merci P.
    Effectivement pour comprendre tes calculs, il serait préférable d'avoir une figure sous les yeux, surtout moi qui a beaucoup de mal à voir dans l'espace.
    Je remarque que comme Swingmustard, tu préfères travailler avec une sphère de Riemann légèrement translatée!
    C'est bizarre comme coïncidence!!
    En tout cas j'aurais suivi la même méthode que toi tout en utilisant la bonne vieille sphère de Riemann habituelle (mais défunte!!).
    Avant de résoudre ton problème proprement dit, je me suis posé la question suivante:
    On considère la famille des cercles de diamètre $1\ $ de la sphère de Riemann.
    On en fait la projection stéréographique sur le plan équatorial.
    On obtient ainsi une famille $\mathcal F$ de cercles-droites du plan (équatorial).
    Etudier cette famille!
    C'est un peu vague comme question.
    Disons que dans un premier temps, j'aimerais bien avoir une construction simple des éléments de cette famille et à tout le moins leur équation générale!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • fm_31fm_31
    Quelques schémas et le fichier .ggb . Les points A et A' sont très proches .
    Je n'ai pas trouvé d'autre voie pour construire la figure que d'utiliser le résultat fourni par P.127964
    127966
    127968
  • P.P.
    Excellents dessins, merci beaucoup fm.
  • fm_31fm_31
    @ P. ce qui est excellent ce sont vos calculs .
  • P.P.
    Ô Pappus, pas grand chose à répondre sur la question 'Comment décrire la famille de cercles du plan $Oxy$ qui sont image par projection stéréographique équatoriale à partir du pôle $P=(0,0,1)$ de cercles de la sphère unité de diamètre 1 ? En effet, si je prends un cercle du plan, il est dans la famille si et seulement si le diamètre AB passant par $O$ est tel que l'angle APB soit de 30 degrés, Après cela on peut raffiner en considérant les abscisses $a$ et $b$ de $A$ et $B$ sur la droite orientée passant par $O,A,B$. En effet
    $$\arctan b-\arctan a=\pi/6\quad \Longleftrightarrow\quad \sqrt{3}(b-a)=ab+1.$$
  • pappuspappus
    Merci P. de t’intéresser à ma petite question même si elle semble ne pas avoir de lien direct avec le problème initial que tu as résolu!
    C’est donc pour le moment une question nouvelle a priori sans rapport avec ta configuration!
    J’avoue n’avoir pas compris ta réponse!
    Pourquoi l’angle $\widehat{APB}\ $ serait-il de 30 degrés?
    Tout le monde ici sait combien je me méfie des angles!
    Une petite figure s’impose!
    D’autre part on aimerait bien disposer d’une équation générale de ces cercles-droites!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • fm_31fm_31
    Peut-être ce schéma là (angle inscrit moitié de l'angle au centre)128048
  • ChaurienChaurien
    A propos des angles, dont pappus se méfie, il me revient en mémoire une consultation que l'APMEP avait organisée à ce sujet parmi ses adhérents, il y a cinquante ans :
    https://www.apmep.fr/IMG/pdf/AAA70033.pdf
    Pappus a raison de se méfier, cette notion est piégeuse.
  • P.P.
    Pour repondre a pappus, on peut parametrer les cercles de la famille par les coordonnees polaires de leurs centres, soit $(c,\theta)$. En utilisant $\sqrt{3}(b-a)=ab+1$ et en posant $b=c+r, \ a=c-r$ on arrive a l'equation du cercle de rayon $r=-\sqrt{3}+\sqrt{4+c^2}:$
    $$x^2+y^2-2c(x\cos \theta+y\sin \theta)=7-4\sqrt{3}\sqrt{1+\frac{c^2}{4}}$$ et le cas des cercles degeneres en droites est donne par $c\to \infty:$ $$ x\cos\theta+y\sin \theta=\sqrt{3}.$$ Mais pappus, que veux tu en faire?
  • pappuspappus
    Mon cher P.
    Oublie totalement pour un instant ton joli problème de joaillerie.
    Je m'intéresse aux cercles de la sphère de Riemann et en particulier à ses cercles de diamètre 1.
    En les projetant sur le plan équatorial par la projection stéréographique, je voudrais reconnaître d'une façon ou d'une autre les cercles de la famille $\mathcal F$ soit en en donnant une construction géométrique soit en formant leur équation générale.
    Mon but est un peu flou comme ma vue.
    J'ai beaucoup de mal à voir dans l'espace et je voulais être rassuré par des constructions solides menées le plus souvent dans le plan équatorial.
    Chaurien a donné la construction que tu avais suggérée mais elle est spatiale!
    Moi qui ne dispose que d'une feuille de papier froissée, d'une règle ébréchée et d'un vieux compas rouillé, je ressens le besoin d'un autre genre de construction: par exemple celle des cercles de la famille $\mathcal F$ de centre donné.
    Ci-dessous j'ai refait ta construction pour bien montrer qu'on a pas nécessairement:
    $$\widehat{APB}=30°\qquad$$
    On a inventé les angles orientés pour éviter ce genre de désagrément mais il est vrai qu'ils ne sont plus enseignés.
    Un autre point faible de nos démonstrations (car j'ai fait la même que la tienne), c'est la symétrie rotationnelle d'ordre 3 de la figure.
    Je la trouve évidente mais elle aussi mérite une petite démonstration.
    Bref une fois la famille $\mathcal F $ bien maîtrisée, on pourra fournir sans trop de difficultés une épure de ta configuration qui me rassure toujours plus qu'une vue cavalière!
    On a donc un peu de chemin à faire avant de rejoindre tes calculs!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus128086
  • P.P.
    C'est vrai, j'avais oublié les pièges de l'arc capable et oublié le cas où le bracelet enserre $P$ : pan sur le bec.
    Il faut donc ajouter une autre famille de cercles, correspondant à $\sqrt{3}(b-a)=-ab-1$ issue de $$\arctan b-\arctan a=\frac{5\pi}{6}.$$
  • pappuspappus
    Bonjour à tous
    Je me suis donc intéressé aux cercles de la famille $\mathcal F$, centrés sur l'axe des abscisses $Ox\ $ dans le plan équatorial $Oxy.\qquad$
    Et voilà ce que mon logiciel m'a tracé à partir de la construction (spatiale) de P.
    Ceci mène évidemment à une autre construction, plane cette fois-ci, des cercles de la famille $\mathcal F$
    Explication géométrique?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus128106
  • P.P.
    O pappus, pas bien compris ce que tu cherches a nous dire par ce dessin. Veux tu dire que tous les cercles (rouges) de la famille $\mathcal{F}$centres sur $Oy$ sont tangents a un meme cercle (en noir)? A partir de l'equation d'un cercle rouge $$x^2+y^2-2cy=7-4\sqrt{3}\sqrt{\frac{c^2}{4}+1}$$ ou le parametre $c$ est l'ordonnee du centre du cercle, cela ne semble pas etre le cas (betement je derive en $c$ et j'elimine $c$ entre les deux equations pour obtenir l'enveloppe des cercles, comme j'ai du le faire a l'oral de l'agreg autrefois). Mais je peux faire des erreurs.
  • pappuspappus
    Mon cher P.
    C'est pourtant clair!
    J'ai dit que je m'intéressais aux cercles de la famille $\mathcal F\ $ centrés sur $Ox.\qquad$
    Il me semble que le cercle noir que j'ai tracé est centré sur $Ox.\qquad$
    C'est donc le contraire!
    Les cercles noirs de la famille $\mathcal F\ $ centrés sur $Ox\ $ restent tangents aux deux cercles rouges qui restent donc à déterminer!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • P.P.
    Mal lu en effet en inversant $x$ et $y$. Mais l'equation donnant l'enveloppe ne semble toujours pas etre celle d'un cercle.
  • pappuspappus
    Mon cher P.
    Heureusement puisqu’il s’agit d’un produit de deux cercles!
    Le calcul doit le confirmer !
    Quant à l'explication géométrique, elle était simple autrefois.
    Aujourd'hui c'est évidemment une autre histoire!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • P.P.
    Ok,ok, c'est vrai que je n'ai pas ete bien malin. Resume du chapitre: on a la sphere $S$ de diametre $PP'$ avec $P=(0,0,1)$ et $P'=(0,0,-1)$ . Un cercle de cette sphere de diametre 1 est appele bracelet. L'image d'un bracelet par la projection stereographique par rapport a $P$ dans le plan $Oxy$ est un cercle, l'ensemble de tous ces cercles est note $ \mathcal{F}$ . Pappus considere plutot $ \mathcal{F}_1$ la sous famille des images des bracelets dont le centre est dans le plan $Oxz.$ Ces bracelets sont tangents aux deux plans $y=\pm 1/2.$ Ces plans coupent $S$ suivant deux cercles dont la projection stereographique est formee par les deux cercles rouges cryptiquement dessines plus haut par pappus, et tous les cercles gris de $ \mathcal{F}_1$ leur sont tangents. Reste a trouver l'equation des cercles rouges en trouvant l'enveloppe des cercles gris parametres par $c$ d'equation
    $x^2+y^2-2cx-7-4\sqrt{3}\sqrt{1+\frac{c^2}{4}}.$ Ca devrait donner $(x^2+(y-a)^2)( (x^2+(y+a)^2))=b^4$ mais les calculs sont assommants (traduction: je ne m'en sors pas) et on remet cela a plus tard.
  • RescassolRescassol
    Bonjour, 
    syms x y c real

pol=(x^2+y^2-2*c*x-7)^2-48*(1+c^2/4);
p=coeffs(pol,c,'All');
q=coeffs(diff(pol,c),c,'All');

Eq=Factor(Resultant(p,q))
    Résultat: 
    -192*(x^2 - 3)*(x^2 + y^2 - 4*y + 1)*(x^2 + y^2 + 4*y + 1)
    Cordialement,

    Rescassol
  • pappuspappus
    Merci Rescassol
    Oui ce sont bien les deux cercles en question.
    Mais il faut bien dire que tes lecteurs comme ceux de P. restent un peu sur leur faim!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • P.P.
    '' il faut bien dire que tes lecteurs comme ceux de P. restent un peu sur leur faim! ''

    C'est pourquoi, pappus, il faudrait que tu nous dises clairement ce que tu as en tête. Beaucoup de lecteurs sont complètement étrangers à la géométrie, du moins à celle qui est affectionnée sur ce sous-forum.
  • pappuspappus
    Mon cher P.
    Je cherche tout simplement à retrouver géométriquement ce que tu as fait de façon calculatoire.
    Sur ta figure, le cercle de diamètre $AB\ $ est tangent aux deux cercles rouges et de plus il est vu depuis l'origine sous un angle de 120° mais est-ce suffisant pour le déterminer?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus128260
    P2.gif 11.4K
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