Balle, bracelets, bague
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 ?
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Réponses
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
J'avais compris que les cercles des bracelets étaient inclus dans la surface de la balle, ainsi que la bague.
Cordialement,
Rescassol
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
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 $$\boxed{\left(1-\sqrt{\frac{2}{3}}\right)\times 9\ \mathrm{cm}=1,651..\ \mathrm{cm}}$$
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
Je n'ai pas trouvé d'autre voie pour construire la figure que d'utiliser le résultat fourni par P.
$$\arctan b-\arctan a=\pi/6\quad \Longleftrightarrow\quad \sqrt{3}(b-a)=ab+1.$$
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
https://www.apmep.fr/IMG/pdf/AAA70033.pdf
Pappus a raison de se méfier, cette notion est piégeuse.
$$x^2+y^2-2c(x\cos \theta+y\sin \theta)=7-4\sqrt{3}\sqrt{1+\frac{c^2}{4}}$$ 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?
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]appus
Il faut donc ajouter une autre famille de cercles, correspondant à $\sqrt{3}(b-a)=-ab-1$ issue de $$\arctan b-\arctan a=\frac{5\pi}{6}.$$
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]appus
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
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
$x^2+y^2-2cx-7-4\sqrt{3}\sqrt{1+\frac{c^2}{4}}.$ 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.
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
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.
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]appus