Cercle tangent

Bonjour,
je cherche en vain à construire le cercle rouge, un des 4 cercles tangents aux deux autres cercles bleus et à une droite donnés. J'y arrive quand les cercles ne sont pas l'un dans l'autre mais pas dans cette configuration.
À moins que ce ne soit pas possible.
Mais si quelqu'un a une idée ou une piste, je suis preneur.
Cordialement.92162

Réponses

  • Bonsoir fm_31,
    Tu trouveras de l'aide ici : https://debart.pagesperso-orange.fr/seconde/contruc_cercle.html
    9 - Cercle tangent à une droite et à deux cercles
  • Merci Bouzar pour cette référence que j'ai exploité largement . J'ai tenté les constructions que donne debart dans son brillant exposé . Aucune ne semble fonctionner sur la configuration ci dessus . Ou alors je m'y prend mal .
  • Bonne nuit à tous
    Comme c’est de la défunte géométrie circulaire, on peut transformer la figure par une transformation circulaire pour que dans la nouvelle configuration obtenue la construction demandée soit simple à exécuter.
    Par exemple, on peut toujours s’arranger pour que les deux cercles bleus deviennent concentriques.
    Cela s’appelle conjuguer!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour,

    Voyons cela numériquement. $\Gamma_{1}$ est le cercle de centre $0$ et de rayon $3.$ $\Gamma_{2}$ est le cercle de centre $\left(13+7\,i\right)/10$ et de rayon $1$. $\Gamma_{3}$ est la droite horizontale par le point $-14\,i/10$.

    On rappelle que le plongement de Veronese est $
    \def\wedt{\bigwedge_{3}} \def\ptv{~;~} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\prb{\mathcal{Q}} \def\mqqiz{\boxed{\prb_{z}^{-1}}}

    \def\mqqz{\boxed{\prb_{z}}} \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\vmz{\underset{z}{Ver}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;}

    \def\minkz#1#2{\tra{#1}\cdot\mqqz\cdot#2} \def\gram#1{\operatorname{G}_{#1}}

    $ $\vmz\,:\,\vz:\vt:\vzz\mapsto\vz:\vt:\vzz:$$\left(\vt^{2}-\vz\vzz\right)/\vt$. On a: \[ \vmz\left(P\right)\cdot\mqqz^{-1}\cdot\tra{\vmz\left(P\right)=0}\where\mqqz^{-1}=2\left(\begin{array}{cccc} 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & -2 & 0 & -1\\ 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0 \end{array}\right) \] tandis que la quadrique fondamentale: \[ \mqqz=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cccc} 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -1\\ 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 2 \end{array}\right) \] permet d'exprimer que deux cycles sont orthogonaux.

    On calcule les représentants des trois cycles: \[ \Gamma_{1}\simeq\left(\begin{array}{c} 0\\ -8\\ 0\\ 1 \end{array}\right)\ptv\Gamma_{2}\simeq\left(\begin{array}{c} -13+7i\\ 109/5\\ -13-7i\\ 10 \end{array}\right)\ptv\Gamma_{3}\simeq\left(\begin{array}{c} 5\\ 14\,i\\ -5\\ 0 \end{array}\right) \] Puis on calcule l'orthogonal commun à ces trois cycles. On trouve: \[ \Gamma_{4}=\mqqiz\cdot\tra{\wedt}\left(\Gamma_{1},\,\Gamma_{2},\,\Gamma_{3}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} -\dfrac{607}{130}-\dfrac{7i}{5}\\ 10\\ -\dfrac{607}{130}+\dfrac{7i}{5}\\ 1 \end{array}\right) \] Ce cercle a pour centre $\dfrac{607}{130}-\dfrac{7i}{5}$ et pour rayon $\dfrac{\sqrt{249473}}{130}$.

    Ensuite de quoi, on utilise ces quatres cercles comme famille génératrice de l'espace des cycles. La matrice de Gramm de cette bande des 4 est: \[ \mathrm{G}=\left[\begin{array}{cccc} 9 & \dfrac{391}{100} & \dfrac{-7i}{5} & 0\\ \dfrac{391}{100} & 1 & -\dfrac{21\,i}{10} & 0\\ \dfrac{-7i}{5} & -\dfrac{21\,i}{10} & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & \dfrac{249473}{16900} \end{array}\right] \] On pose $W_{pq}=\minkz{\Gamma_{p}}{\Gamma_{q}}$ and $w_{p}^{2}=\minkz{\Gamma_{p}}{\Gamma_{p}}$. Et alors une des solutions est donnée par

    $\Gamma_{0}=\sum k_{j}\,\Gamma_{j}\where$

    \begin{eqnarray*} k_{1} & = & \left({\it w_{2}}\,{\it w_{3}}-{\it W_{23}}\right)\left(-{\it w_{1}}\,{\it w_{2}}\,{\it w_{3}}-{\it w_{1}}\,{\it W_{23}}+{\it w_{2}}\,{\it W_{13}}+{\it w_{3}}\,{\it W_{12}}\right)\\ k_{2} & = & \left({\it w_{1}}\,{\it w_{3}}-W_{13}\right)\left(-{\it w_{1}}\,{\it w_{2}}\,{\it w_{3}}+{\it w_{1}}\,{\it W_{23}}-{\it w_{2}}\,{\it W_{13}}+w_{3}\,{\it W_{12}}\right)\\ k_{3} & = & \left({\it w_{1}}\,{\it w_{2}}-W_{12}\right)\left({\it -w_{1}}\,{\it w_{2}}\,{\it w_{3}}+w_{1}\,{\it W_{23}}+{\it w_{2}}\,{\it W_{13}}-{\it w_{3}}\,{\it W_{12}}\right)\\ k_{4} & = & \sqrt{-2\left({\it w_{2}}\,{\it w_{3}}-{\it W_{23}}\right)\left({\it w_{1}}\,{\it w_{3}}-W_{13}\right)\left({\it w_{1}}\,{\it w_{2}}-W_{12}\right)\,\gram{123}\,}/w_{4} \end{eqnarray*} Trois autres sont obtenues en changeant les signes de $w_{1},w_{2},w_{3}$. Et les quatre dernières sont obtenues en changeant $k_{4}$ en $-k_{4}$ (inversion par rapport au cercle $\Gamma_{4}$).

    Une solution est réelle/imaginaire ou "inimaginable" (objet dont le centre ne serait pas un point visible) selon le signe $k_{4}^{2}$. Globalement, le nombre de solutions "imaginables" change lorsque la condition de contact $\prod\gram{jk}$ s'annule.

    Avec les données précédentes, on trouve: \[ \omega_{2}=\dfrac{104}{235}-\dfrac{5101\,i}{22090}+\left(\dfrac{2}{235}-\dfrac{26\,i}{11045}\right)\sqrt{42842}\ptv\rho_{2}=\dfrac{5165}{4418}-\dfrac{26\,\sqrt{42842}}{11045} \]

    \[ \omega_{6}=\dfrac{104}{235}-\dfrac{5101\,i}{22090}+\left(\dfrac{2}{235}-\dfrac{26\,i}{11045}\right)\sqrt{42842}\ptv\rho_{6}=\dfrac{5165}{4418}+\dfrac{26\,\sqrt{42842}}{11045} \]

    \[ \omega_{4}=\dfrac{104}{135}+\dfrac{3479\,i}{7290}-\left(\dfrac{2}{135}-\dfrac{26\,i}{3645}\right)\sqrt{2002}\ptv\rho_{4}=\dfrac{2737}{1458}+\dfrac{26\,\sqrt{2002}}{3645} \]

    \[ \omega_{8}=\dfrac{104}{135}+\dfrac{3479\,i}{7290}+\left(\dfrac{2}{135}-\dfrac{26\,i}{3645}\right)\sqrt{2002}\ptv\rho_{8}=\dfrac{2737}{1458}-\dfrac{26\,\sqrt{2002}}{3645} \] Et la figure confirme. Qui en eût douté ?

    Cordialement, Pierre.92176
  • Merci pldx1 et bravo pour cette preuve mathématique . Mais je suis toujours en recherche d'une construction géométrique du type de celle présentée dans le fichier joint
  • Une feuille GeoGebra pour jouer : le point A et la droite sont fixes. Vous pouvez bouger B, et faire varier les rayons r du cercle de centre A et s du cercle de centre B. Les cercles tangents aux deux cercles bleus et à la droite bleue sont en noir. Les courbes vertes et rouges, vous devinez bien sûr ce qu'elles sont.92192
  • Bonjour,

    Avec les indications de pappus que je salue:

    Les deux cercles $(O)$ et $ (O')$ donnés font parties d'un faisceau de cercles à points limites $J$ et $K$.

    Toute inversion de pôle $J$ ou $K$ envoie ces deux cercles sur deux cercles concentriques.

    Le cercle d'inversion est ici centré en $K$. Les deux cercles et la droite sont envoyés sur 3 cercles en bleu sur la figure.

    On construit le cercle tangent aux trois cercles bleus. Son inverse est le cercle cherché.92196
  • Merci Lake.
    La solution analytique de Pierre est la plus importante.
    Quant aux diverses constructions graphiques élémentaires connues depuis très très longtemps, elles sont toutes basées sur la notion d'inversion qui a disparu pour toujours de nos programmes.
    Alors pourquoi s'escrimer en pure perte?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour à tous
    L'idée est la suivante:
    Quand vous avez deux cercles $C_1$ et $C_2$ du plan circulaire et un troisième cercle $\gamma$ tangent aux cercles $C_1$ et $C_2$ en des points $m_1$ et $m_2$, les points de contacts $m_1$ et $m_2$ s'échangent dans l'une ou l'autre de deux inversions bien connues autrefois de nos bacheliers (dont j'étais).
    Maintenant vous prenez un cercle $\gamma$ tangent à trois cercles $C_1$, $C_2$, $C_3$ en des points $m_1$, $m_2$, $m_3$.
    On voit alors que les points $m_1$, $m_2$, $m_3$ sont des points fixes d'un produit de trois inversions.
    Mais le groupe circulaire a disparu, sans doute parce qu'il était trop compliqué de composer ses éléments!
    Autant abandonner alors la définition et l'étude de ses générateurs que sont les inversions.
    Et voilà pourquoi votre fille est muette!
    Il nous reste nos sens giratoires! Encore heureux!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour Pappus,

    "Toutes basées sur la notion d'inversion", vraiment ? Pas celle de la feuille GeoGebra que je propose.
  • Mon cher GaBuZoMeu
    Bien sûr il existe des solutions très élémentaires plus ou moins tirées par les cheveux comme par exemple la méthode de dilatation de Viète, je cite de mémoire.
    Je ne doute pas que ta solution le soit elle aussi mais elle mériterait que tu nous en donnes tous ses détails.
    Quant à ce problème de la construction d'un cercle tangent à trois cercles donnés, c'est clairement un problème de géométrie circulaire et il est naturel qu'il soit résolu dans le cadre de cette défunte géométrie!
    Ce n'est après tout qu'un problème de points fixes. Cela devrait te faire plaisir!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour ,
    je ne regrette pas d'avoir ouvert ce fil et remercie tous ceux qui ont brillamment éclairé le but que je recherchais vainement . Et ce n'est peut être pas fini .
  • Bien entendu, il y a plusieurs solutions:92202
  • Bonjour Lake
    A priori, on a un produit de trois inversions dont chacune peut être choisie dans une paire.
    Cela fait donc huit possibilités.
    Après ce n'est plus qu'une question de maîtrise du défunt groupe circulaire!
    Un savoir faire qui est en train de se perdre!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour
    En fait j'ai dit quelques bêtises car cela faisait longtemps que je n'avais plus vu ce problème.
    Je connais deux livres dans lesquels sa solution est donnée dans les plus grands détails:
    1° Les exercices de géométrie moderne de Papelier dans son tome VI consacré à l'inversion, pages 94 et suivantes.
    2° Compléments de géométrie de Deltheil et Caire.
    Il faut absolument les lire.
    Comme je les avais oubliés, j'ai pensé à cette méthode de points fixes et cela n'a pas loupé.
    Quand j'ai voulu l'appliquer, elle n'a pas marché!
    Je me donne trois cercles en "position générale". Chaque paire de cercles a deux centres d'homothétie, donc six de ces bestioles en tout, lesquelles forment un quadrilatère complet.
    Tout centre d'homothétie de deux de ces cercles est aussi centre d'une inversion les échangeant.
    Alors j'ai choisi les trois centres d'homothétie négative et j'ai composé dans l'ordre que vous voulez les inversions correspondantes.
    Au total le produit de ces trois inversions laisse stable le cercle de départ et induit sur celui ci une homographie dont il faut chercher les points fixes.
    Problème classique:
    On choisit au hasard trois points $a$, $b$, $c$ sur notre cercle de départ. On les transforme par notre produit pour obtenir leurs images $a'$, $b'$, $c'$.
    Et on a plus qu'à construire l'axe de l'homographie $abc\mapsto a'b'c'$, les nostalgiques des Pensées l'appelleront droite de Pascal.
    L'intersection de cet axe d'homographie avec le cercle de départ fournit les deux points de contact de deux cercles solutions.
    Et manque de pot, quand j'ai tracé ces deux cercles, ils n'étaient pas tangents aux trois cercles donnés!
    Mais qu'ai-je obtenu au fait?
    Qu'avais-je oublié qui est expliqué en long et en large dans les deux ouvrages ci-dessus?
    Et faut-il jeter aux orties ma méthode?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Une façon de voir pourquoi huit : dans l'espace projectif des cercles (espace projectif de dimension 3), les cercles tangent à un cercle donné forment une quadrique. L'intersection de trois quadriques, c'est huit points ($2\times2\times2$).

    Et quant à la construction de la feuille GeoGebra que j'ai donnée plus haut, elle se comprend immédiatement quand on répond à la question : mais que sont les courbes vertes et rouges ?

    Une petite question subsidiaire : on a deux paraboles données par foyers et directrices, d'axes (ou de directrices) parallèles (zut, j'ai donné la réponse à ma question). On peut construire à la règle et au compas les deux points d'intersection des deux paraboles (points d'intersection qui n'existent pas toujours). Mais comment le faire intelligemment ? Ça, je ne le sais pas.
  • Merci GaBuZoMeu
    Le lieu des centres des cercles tangents à un cercle et a une droite est formé de deux paraboles.
    Cela a dû faire le sujet d'innombrables problèmes du baccalauréat autrefois.
    Quant à l'intersection que tu demandes, il faudra que je réfléchisse!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves.
    Qu'est-ce que j'avais pu oublier qui avait fait capoter ma méthode.
    Tout simplement que les centres des trois inversions dont on fait le produit doivent être alignés sur l'un des quatre axes d'homothétie de ces trois cercles.
    C'est la première chose que l'on montre dans cette théorie
    Maintenant si on applique ma méthode dans ce cas d'alignement, elle fonctionne, ouf!
    Le livre de Papelier expose deux méthodes: celle de Gergonne et celle de Poncelet.
    En lisant un peu plus attentivement ce livre, je me suis aperçu que ma méthode s'apparentait à celle de Poncelet à condition de remarquer et surtout de montrer que le produit de mes trois inversions était encore une inversion.
    Vous vous rendez compte: l'inversion a disparu pour toujours de nos programmes. Alors faire le produit de trois inversions et voir que dans ce cas particulier, c'est encore une inversion, c'est devenu mission impossible au moins dans notre république analphabète.
    Peut-être que dans les alpages, on peut encore y arriver?
    Le Papelier ne fait pas de produit d'inversions mais la méthode suivie par Poncelet revient exactement à faire le produit de trois inversions sans le dire!
    Maintenant, petite colle!
    Qu'ai-je obtenu avec ma méthode en choisissant pour centres d'inversion, les trois centres d'homothétie négative qui ne sont pas alignés!!
    Et ça m'a fait bien râler!!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour à tous
    Ci-dessous voilà ce que j'avais obtenu et qui était très différent de ce que j'attendais.
    Pour des raisons de lisibilité, j'ai effacé ma construction et seulement tracé son résultat!
    $\Gamma$ est le cercle radical des cercles $\Gamma_1$, $\Gamma_2$, $\Gamma_3$.
    Surprenant n'est-il pas?
    Explication de gravures?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus92276
  • Bonsoir à tous
    Le petit problème d'intersection de GaBuZoMeu m'a intéressé, même si je trouve que les constructions à la règle et au compas n'ont plus qu'un intérêt anecdotique maintenant que nous disposons de logiciels de géométrie dynamique performants.
    Ma construction est un peu artificielle car je l'ai trouvée après quelques calculs de géométrie analytique.
    Sur ma figure il s'agit de trouver les points d'intersections de la parabole de foyer $F$ et de directrice $D$ avec la parabole de foyer $F'$ et de directrice $D'$ où on a supposé $D\parallel D'$.
    Les paraboles $\Pi$ et $\Pi'$ sont donc tangentes à l'infini dans la direction $D^{\perp}$.
    Les deux points d'intersection restant sont donc constructibles à la règle et au compas s'ils sont réels.
    Dans tous les cas de figure, la droite $L$ joignant ces deux points est réelle et mon idée est de construire cette droite en en exhibant un point et sa direction.
    Ensuite la construction de l'intersection d'une droite et d'une parabole est classique, (voir le Lebossé-Hémery page 343,article 524).
    Les droites $FF'$ et $HH'$ se coupent en un point $O$.
    La perpendiculaire issue de $O$ aux directrices parallèles $D$ et $D'$ coupe $D$ en $K$ et $D'$ en $K'$.
    Alors $FK\parallel F'K'$ définit la direction orthogonale à $L$.
    $\Omega$ est le milieu de $FF'$.
    La droite $L$ coupe la droite issue de $\Omega$ perpendiculaire à $D$ et $D'$ en un point $a$.
    Sur la figure, on lit $\dfrac{\overline{ab}}{\overline{ac}}=\dfrac{\overline{FH}}{\overline{F'H'}}=\dfrac{\overline{OK}}{\overline{OK'}}$, ce qui permet de construire $a$.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus92292
  • Merci Pappus.
  • Mon cher GaBuZoMeu
    Ton idée d'intersection de paraboles est très astucieuse et sans doute marche-t-elle encore dans le cas général puisque le lieu des centres des cercles tangents à deux cercles donnés est formé de deux coniques.
    La construction des cercles tangents à trois cercles donnés est donc ramenée à une intersection de coniques.
    Comme on sait d'une part qu'en général les intersections de deux coniques ne sont pas constructibles à la règle et au compas et que d'autre part cette construction de cercles tangents à trois cercles donnés est possible avec ces instruments, voir les solutions de Gergonne ou de Poncelet, on est dans ce cas très particulier face à une intersection de coniques constructible à la règle et au compas.
    Quand je vois le mal que je me suis donné avec tes paraboles, je devine les difficultés du cas général.
    C'est pourquoi les constructions basées sur la géométrie circulaire sont plus naturelles et plus simples.
    Il serait intéressant de voir ce qu'apporte de nouveau, (si nouveau il y a), ma méthode de points fixes dans l'exposition de cette théorie.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Avec GeoGebra qui n'a aucun problème pour intersecter des paraboles, la construction est très simple ! Sans doute nettement plus qu'en utilisant des inversions.
  • Mon cher Gabuzomeu
    Cabri gère aussi parfaitement les intersections de coniques.
    Avec les logiciels actuels, il n’y a donc pas de problèmes pour construire les cercles tangents à trois cercles donnés. Mais nos anciens n’auraient pas aimé une telle construction via les intersections de coniques.
    Comme je l’ai dit les constructions basées sur la géométrie circulaire sont plus esthétiques et attractives.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour,

    Voyons en détail cette méthode circulaire.
    1. L'inversion $\sigma$ par rapport à un cycle $\gamma$ est une collinéation involutive dans l'espace des cycles. Par définition, $\gamma$ est invariant ainsi que $\mathfrak{G}$, le plan polaire de $\gamma$ (qui est l'ensemble des représentants des cycles orthogonaux à $\gamma$).

      $\,$
    2. Le projecteur sur $\gamma$ $

      \def\wedt{\bigwedge_{3}} \def\ptv{~;~} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}}

      \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\vmz{\underset{z}{Ver}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;}

      \def\minkz#1#2{\tra{#1}\cdot\mqqz\cdot#2} \def\gram#1{\operatorname{G}_{#1}} \def\cc{\mathbb{C}}

      \def\prb{\mathcal{Q}} \def\mqqz{\boxed{\prb_{z}}} \def\mqqiz{\boxed{\prb_{z}^{-1}}} \def\minkz#1#2{\tra{#1}\cdot\mqqz\cdot#2} \def\crra#1#2{\operatorname{cross\_ratio}{}_{#2}\left(#1\right)}

      \def\prodscal#1#2{\left\langle #1\mid#2\right\rangle }

      $ (il faudrait dire: le projecteur sur $\cc\gamma$) est \begin{equation} \delta\mapsto\delta^{\parallel}\doteq a\,\gamma\doteq\dfrac{\minkz{\gamma}{\delta}}{\minkz{\gamma}{\gamma}}\,\gamma\label{eq:1} \end{equation} et donc le projecteur sur $\mathfrak{G}$ (il faudrait dire sur l'hyperplan qui... que...) est: \[ \delta\mapsto\delta^{\perp}\doteq\delta-\dfrac{\minkz{\gamma}{\delta}}{\minkz{\gamma}{\gamma}}\,\gamma \] On obtient $\sigma\left(\delta\right)$ en écrivant que: $\crra{\sigma,\delta^{\perp},\delta,\sigma\left(d\right)}{}=-1$. On retrouve la formule bien connue: \begin{equation} \left(1-2a\right)\,\sigma\left(\delta\right)=\delta-2a\gamma\label{eq:2} \end{equation}
    3. Cette formule exprime que les cycles d'inversion font partie du même faisceau que les deux cycles d'origine. Prenons alors le problème dans l'autre sens. On se donne $\delta_{1},\delta_{2}$ et on cherche leurs cycles d'inversion. Ils s'écrivent $y\,\delta_{1}+\left(1-y\right)\delta_{2}$. A partir de (1), on obtient: \[ a=\dfrac{y\prodscal{\delta_{1}}{\delta_{1}}+\left(1-y\right)\prodscal{\delta_{1}}{\delta_{2}}}{y^{2}\prodscal{\delta_{1}}{\delta_{1}}+2\,y\left(1-y\right)\prodscal{\delta_{1}}{,\delta_{2}}+\left(1-y\right)^{2}\prodscal{\delta_{2}}{,\delta_{2}}} \] on reporte dans (2), on se rappelle de $\prodscal{\delta_{1}}{\delta_{1}}=r_{1}^{2}$, et on obtient: \[ \left(\delta_{1}-\delta_{2}\right)\left(yr_{1}-r_{2}\,y+r_{2}\right)\left(yr_{1}+r_{2}\,y-r_{2}\right)=0 \]
    4. On retrouve les résultats bien connus: il y a un cercle d'inversion intérieur, $\gamma_{3}$, et un cercle d'inversion extérieur, $\gamma'_{3}$, vérifiant: \begin{eqnarray} \left(r_{1}+r_{2}\right)\gamma_{3} & = & r_{1}\delta_{1}+r_{2}\delta_{2}\label{eq:3}\\ \left(r_{1}-r_{2}\right)\gamma'_{3} & = & r_{1}\delta_{1}-r_{2}\delta_{2}\nonumber \end{eqnarray} On procède de même pour les autres paires de cercles (on indexe les cercles d'inversion par l'indice resté libre). On appelle $\omega_{j}$ le centre de $\gamma_{j}$ et $\mu_{j}$ le centre de $\gamma'_{j}$. Les formules (3) s'appliquent également aux centres. On en déduit que les $\mu_{j}$ sont alignés.

      $\,$
    5. Plaçons des points sur les cercles, soit $b_{j}=z_{j}+\beta_{j}r_{j}$. On coupe $\delta_{2}$ par $\mu_{1}b_{1}$. On trouve deux points. L'un est $b'_{2}=z_{2}+\beta_{1}r_{2}$ (le même $\beta$) et s'obtient par l'homothétie: \[ h'_{3}:M_{1}\mapsto M_{2}\doteq\dfrac{r_{2}}{r_{1}}\,M_{1}+\dfrac{r_{1}-r_{2}}{r_{1}}\,\mu_{3} \] et il est évident que $h'_{2}\circ h'_{1}\circ h'_{3}=id$ (c'est une translation laissant $\delta_{1}$ globalement invariant).

      $\,$
    6. L'autre point s'obtient par l'inversion $\phi'_{3}:M_{1}\mapsto M_{2}\doteq$ \[ \left(\begin{array}{c} \dfrac{t_{1}\,t_{2}\,\left(r_{2}\,t_{2}\,z_{1}-r_{1}\,t_{1}\,z_{2}\right)\vzz+\left(r_{1}^{2}r_{2}t_{1}^{2}t_{2}^{2}-r_{1}r_{2}^{2}t_{1}^{2}t_{2}^{2}+r_{1}\,t_{1}^{2}z_{2}\,\zeta_{2}-r_{2}\,t_{2}^{2}\,z_{1}\,\zeta_{1}\right)\vt}{\left(r_{2}-r_{1}\right)t_{1}^{2}\,t_{2}^{2}\,\vzz-t_{1}\,t_{2}\left(r_{2}\,t_{2}\,\zeta_{1}-r_{1}\,t_{1}\,\zeta_{2}\right)\vt}\\ 1\\ \dfrac{t_{1}\,t_{2}\,\left(r_{2}\,t_{2}\,\zeta_{1}-r_{1}\,t_{1}\,\zeta_{2}\right)\vz+\left(r_{1}^{2}r_{2}t_{1}^{2}t_{2}^{2}-r_{1}\,r_{2}^{2}t_{1}^{2}t_{2}^{2}+r_{1}\,t_{1}^{2}z_{2}\,\zeta_{2}-r_{2}\,t_{2}^{2}\,z_{1}\,\zeta_{1}\right)\vt}{\left(r_{2}-r_{1}\right)t_{1}^{2}\,t_{2}^{2}\,\vz-t_{1}\,t_{2}\,\left(r_{2}\,t_{2}\,z_{1}-r_{1}\,t_{1}\,z_{2}\right)\vt} \end{array}\right) \] dont le centre est $\mu_{3}$ et la puissance est \[ -r_{1}\,r_{2}\,\left(1-\dfrac{\left|z_{1}-z_{2}\right|^{2}}{\left(r_{2}-r_{1}\right)^{2}}\right) \] Ce nombre est positif, au moins lorsque les 3 cercles sont mutuellement extérieurs.

      $\,$
    7. Concernant les centres intérieurs (les $\omega_{j}$), les formules précédentes s'appliquent, en changeant l'un des deux rayons par son opposé. Par contre, $\left(h'_{2}\circ h'_{1}\circ h'_{3}\right)_{int}$ change $\alpha$ en $-\alpha$ et est donc la symétrie par rapport à $z_{1}$. Concernant l'inversion $\phi_{3}$, sa puissance est: \[ r_{1}\,r_{2}\,\left(1-\dfrac{\left|z_{1}-z_{2}\right|^{2}}{\left(r_{1}+r_{2}\right)^{2}}\right) \] qui est négative, au moins lorsque les 3 cercles sont mutuellement extérieurs (inversion dans un cercle imaginaire).

      $\,$
    8. Soit $\delta_{4}$ le cycle orthogonal commun aux trois cycles $\delta_{1},\delta_{2},\delta_{3}$ (on suppose que les trois cycles ne sont pas dans un même faisceau, et que leur bundle n'est pas tangent à la quadrique fondamentale (aka: ils ne passent pas par un même point). Alors les quatre $\delta_{k}$ forment une famille génératrice de l'espace des cycles. En outre $\delta_{4}$ est orthogonal aux six cercles d'inversion.

      $\,$
    9. On pose $\psi'=\phi'_{2}\circ\phi'_{1}\circ\phi'_{3}$. On constate que $\psi'^{2}=id$. et donc les 6 images successives $b_{k}$ de $b_{1}\in\delta_{1}$ sont sur un même cycle, soit $\eta$.

      $\,$
    10. Les trois cercles d'inversion extérieurs forment un même faisceau. Soient $U,V$ les points de base du faisceau (visibles ou non). Ce sont des points fixes de $\psi'$ et le cercle d'inversion de $\psi'$ passe par $U,V$. Soient $B,B'$ les intersections de ce cercle avec $\delta_{1}$. Alors le cercle $\eta\left(B_{1},B_{2},B_{3}\right)$ possède deux points confondus en commun avec chacun des trois cercles $\delta_{j}$. C'est donc l'un des deux cercles tritangents extérieurs (supposant les $\delta_{j}$ mutuellement extérieurs). L'autre cercle est $\eta\left(B'_{1},B'_{2},B'_{3}\right)$.

      $\,$
    11. Si l'on essaie de reproduire le processus avec d'autres triplets parmi les six inversions, cela n'aboutit pas, puisque le produit des trois n'est plus involutif. Au contraire, $\psi=\phi{}_{2}\circ\phi{}_{1}\circ\phi{}_{3}$ n'admet que deux points fixes sur tout le plan. Ce sont les intersections de $\delta_{1}$ et $\delta_{4}$.

      $\,$
    12. Il semble aventureux de présenter les calculs ci-dessus comme plus simples que le calcul en force brute en utilisant les $w_{j},W_{j,k}$, ou que d'autres calculs utilisant des coniques.

    Cordialement, Pierre.

    Edit: ajout d'une figure92362
  • Bonjour
    Comme l'a rappelé GaBuZoMeu il y a au maximum $8$ cercles tangents à $3$ cercles donnés.
    Quid (en dimension $3$) du nombre maximum de sphères tangentes à $4$ sphères données?
    Bien cordialement. Poulbot
  • ARCAS TRÉBERT: De la sphère tangente à quatre sphères données

    http://www.numdam.org/article/NAM_1844_1_3__101_1.pdf
  • Le même raisonnement avec l'espace projectif des sphères (cette fois-ci de dimension 4) montre qu'il y a, pour des sphères en position générale, au maximum 16 sphères tangentes (nombre d'intersection de 4 hypersurfaces quadriques).
    Un petit film dans sa tête sur la cas de 4 petites billes aux sommets d'un tétraèdre régulier convainc que les seize peuvent être de vraies sphères réelles.
  • Grand merci à pdlx1 et GaBuZoMeu.
    Poulbot
  • Le but de ma demande initiale était de pouvoir construire la figure jointe : cercles tangents à un côté du triangle et aux cercles inscrit et circonscrit .
    J'ai retenu la méthode qui m'a paru la plus simple , celle avec les paraboles proposée par GaBuZoMeu .
    Les centres de ces cercles (pas tous) sont sur une ellipse de foyers I et O et de grand axe R+r92470
  • Merci fm_31
    Ta figure fait plus penser au porisme de Steiner qu'à la construction des cercles tangents à trois cercles donnés.
    La question que tu suggères est plutôt la suivante.
    Existe-t-il des triangles tels qu'il existe des chaines de $n$ cercles tangents au cercle inscrit et au cercle circonscrit qui se referment au bout de $k$ tours?
    J'ai l'intuition que $n$ doit être suffisamment grand, ($n\ge 10$?).
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
    PS
    Ci-dessous une figure faite pour $n=10$ et $k=1\ $.
    Comment ai-je fait?92508
  • Salut,
    en fait, tes deux cercles sont les cercles principaux d'une cyclide de Dupin en anneau dans l'un de ces deux plans de symétries. Les centres des cercles sont sur une ellipse.
    Tu peux regarder ici :
    https://www.mathcurve.com/surfaces/cycliddedupin/cyclidededupin.shtml
    http://pstricks.blogspot.com/2016/08/les-cyclides-de-dupin-avec-pov-ray-suite.html
    http://pstricks.blogspot.com/2016/08/
    A+
    Lionel
  • Il me semble qu'il y a une petite différence avec mes cercles qui sont tangents aux deux cercles inscrit et circonscrit mais aussi à un des côtés du triangle .
  • Je parlais des cercles bleus une fois que tu as tes cercles inscrit et circonscrit au triangle.

    Lionel
  • Au bizutage en math-sup, on demandait : est-ce que l'inversion conserve les couleurs ?
  • Bonjour et Bonne Année à tous
    Comme c'est visiblement plus simple avec $2$ cercles concentriques, quels sont les pôles des inversions transformant les $2$ cercles en $2$ cercles concentriques?
    Je ne sais pas si cela était au programme du bizutage de MathSup mais ces points étaient connus des élèves de MathElem sous au moins $2$ appellations différentes.
    Amicalement. Poulbot
  • Bonsoir poulbot et meilleurs vœux,

    Je crois que c’est dit plus haut: les points limites du faisceau auquel appartiennent ces deux cercles ?
  • Pour la seconde appellation, je crois me souvenir que Poncelet est dans le coup.
  • Bonjour Lake
    Rentrant de vacances, je me suis précipité pour poster ce message sans prendre la peine de lire tout ce qui était écrit précédemment. Avec toutes mes excuses!
    Il s'agit effectivement des points limites (ou points de Poncelet) du faisceau engendré par les $2$ cercles.
    Sauf erreur de ma part, une inversion par rapport à un de ces $2$ points transforme les $2$ cercles en $2$ cercles concentriques dont le rapport des rayons $\mu $ vérifie $\mu ^{2}-\left( 2+\dfrac{r}{R}\right) \mu +1=0$.
    Il existe donc une chaîne de $n$ cercles tangents qui se referme au bout de un tour si $\dfrac{r}{4R}=\tan ^{2}\dfrac{\pi }{n}$, ce qui nécessite $\tan ^{2}\dfrac{\pi }{n}\leq \dfrac{1}{8}$, soit, comme l'a fort justement dit Pappus, $n\geq 10$.
    Pour $n=10$, on doit avoir $\dfrac{R}{r}=\dfrac{5+2\sqrt{5}}{4}$.
    Amicalement. Poulbot
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