Équilatéraux

Ludwig
Modifié (16 Feb) dans Géométrie
Bonsoir,
$ABC$ est un triangle équilatéral de centre $O$. On se donne un point $P$ sur un cercle de centre $O$. Construire les points $Q$ et $R$ sur ce cercle tels que $A'B'C'$ soit équilatéral, $A'$ étant le symétrique de $A$ par rapport à $P$, $B'$ celui de $B$ par rapport à $Q$ et $C'$ celui de $C$ par rapport à $R$.

Réponses

  • Ben314159
    Modifié (16 Feb)
    Salut,
    Si $\mathcal C$ désigne le cercle de départ centré en $O$ et passant par $P$ alors les points $B'$ et $C'$ doivent être sur les images ${\mathcal C}_B$ et ${\mathcal C}_C$ de $\mathcal C$ par les homothétie de centre $B$ et $C$ et de rapport $2$.
    Et pour que $A'B'C'$ soit équilatéral, il faut que $C'$ soit l'image de $B'$ par la rotation de centre $A'$ et d'angle $\frac{\pi}{3}$ (ou bien $-\frac{\pi}{3}$) donc il suffit de tracer l'image de ${\mathcal C}_B$ par cette rotation et de prendre pour $C'$ un des point d'intersection de cette image avec ${\mathcal C}_C$.
    Après, vu les conditions particulières : $ABC$ équilatéral et les deux cercles ${\mathcal C}_B$ et ${\mathcal C}_C$ de même rayon, il y a sans doute plus direct vu que là, ce que je propose, c'est la construction générale avec deux cercles quelconques.

    EDIT : Effectivement, dans ce cas particulier, c'est on ne peut plus simple pour les deux solutions avec $A'B'C'$ de même orientation que $ABC$ : elles correspondent à $P=Q=R$, et à  $PQR$ équilatéral de centre $O$.
    Par contre, pour les deux solutions correspondant à $A'B'C'$ et $ABC$ orientés différemment, je n'ai pas vu de propriété particulière.
  • Ludwig
    Modifié (17 Feb)
    Oui, merci @Ben314159. Mais je n'ai pas compris ta remarque concernant l'orientation, car pour moi $A'B'C'$ et $ABC$ sont forcément d'orientations différentes, ou alors j'ai loupé un truc. De plus la construction n'est pas toujours possible en général, cela dépend de la valeur du quotient des rayons de $(O)$ et $(PQR)$ et de la position de $P$ sur son cercle (il faut que les cercles de construction se croisent).
    Quelle est l'équation du lieu du centre de $A'B'C'$ ? Lorsque la valeur du quotient des rayons est égale à $3/4$ on obtient une sorte de triangle équilatéral un peu déformé, de sommets $A$, $B$ et $C$. On peut se rapprocher un peu plus du triangle équilatéral en prenant un quotient proche de $0.7$ (courbe en rouge) : 


  • Je ne comprend pas pourquoi ils devraient être forcément d'orientation différentes : une fois que tu as les cercles sur lesquels doivent être situés $B'$ et $C'$, tu peut faire tourner par exemple le premier autour de $A'$ soit de $\pi/3$, soit de $-\pi/3$, non ?
    https://www.geogebra.org/classic/acz4vxk3
  • Ah oui, d'accord. Le lieu du centre de $A'B'C'$ ressemble parfois à l'avatar de @pappus. Bonjour pappus !

  • pappus
    Modifié (18 Feb)
    Bonjour Ludwig
    C'est exact!
    Moi qui suis archinul en informatique, tu n'imagines pas le mal et les années que j'ai passées à animer cette figure sous Cabri puis à exporter cette animation tout seul misérable dans mon tout petit coin!
    Peut-être est-ce plus facile à faire avec GeoGebra? Qui voudrait s'y attaquer? Pas moi, je suis trop fatigué!
    Amicalement
    pappus
    PS
    J'aimerais bien faire gigoter mon avatar comme celui de Bouzar mais j'en suis bien incapable

  • pappus
    Modifié (18 Feb)
    Bonsoir à tous
    Je n'ai pas eu de difficultés particulières à tracer la figure de Ludwig et j'ai trouvé deux solutions
    Le point $B'$ doit se trouver sur le cercle $\beta$ homothétique du cercle lieu de $P$ dans l'homothétie de centre $B$ et de rapport $2$. De même le point $C'$ doit se trouver sur le cercle $\gamma$ homothétique du cercle lieu de $P$ dans l'homothétie de centre $C$ et de rapport $2$.
    D'autre part le point $B'$ est l'image du point $C'$ dans la rotation de centre $A'$ et d'angle $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$ et doit donc de trouver sur le cercle $\gamma'$ image de $\gamma$ par cette rotation.
    Il faut donc discuter la réalité de l'intersection des cercles $\beta$ et $\gamma'$.
    Vous comprendrez aisément que j'ai la flemme de le faire.
    Amicalement
    pappus


  • pappus
    Modifié (18 Feb)
    Bonsoir à tous
    J'ai tenu compte de la remarque de Ben314159 et j'ai refait la construction de la figure de Ludwig en remplaçant l'angle $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$ par l'angle opposé $(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB})$et voilà .
    ce que j'ai obtenu.
    A vous de déchiffrer cette curieuse figure!
    Amicalement
    pappus

  • Ludwig
    Modifié (18 Feb)
    Comme l'a dit @Ben314159 c'est le cas où $PQR$ est équilatéral. Quoi dire de plus je ne sais pas.
    Quel est le lien entre ma figure et ton avatar ? Le rapport des rayons vaut $4/3$ ? Tu dis que tu as passé beaucoup de temps à fabriquer ton animation avatar avec Cabri. Pourquoi serait-elle plus facile à faire avec GeoGebra ? Je m'avance peut-être un peu mais de toute façon je crois qu'une construction simple et rapide est possible, étant donné que la courbe sur laquelle se déplace des sommets des triangles est facile à obtenir.
  • cailloux
    Modifié (18 Feb)
    Bonsoir à tous,
    En d'autres temps, j'avais tenté de réaliser sous GeoGebra l'animation de l'avatar de notre ami pappus.
    A cette époque, je crois me souvenir qu'il était question de trois barres articulées (dans un fil à retrouver). Malgré tous mes efforts je n'y suis jamais parvenu.
    Mais je vois ceci :
     ... étant donné que la courbe sur laquelle se déplace des sommets des triangles est facile à obtenir.
    >> Ludwig Je m'avoue intéressé.
  • Ludwig
    Modifié (19 Feb)
    À quel problème correspond cette animation ? Ce serait mieux de commencer par là. Il me semble que ta figure pappus manque de symétrie, ou alors c'est à cause du paramétrage (ne devrait-elle pas être globalement invariante par rotation de $2\pi/3$ autour du centre de la courbe ?)
    A-t-on déjà trouvé une équation de cette courbe ?
  • cailloux
    Modifié (20 Feb)
    Bonjour,
    Il s'agit de la courbe du "trois-barres" ou encore de la triple génération de Roberts. Des détails ici :  https://mathcurve.com/courbes2d/troisbarres/troisbarre.shtml
  • Dans la figure de pappus si on prend $A(0,1)$ une équation de la courbe est : $$4x^6+12x^4y^2-27x^4+12x^2y^4-54x^2y^2+24x^2y+54x^2+4y^6-27y^4-8y^3+54y^2-23=0.$$ Il suffit d'écrire les équations décrivant les extrémités des barres et d'éliminer les variables autres que $x$ et $y$. Le calcul formel de GGB fait ça très bien. Mais impossible de faire bouger un point dessus de façon "naturelle" : le bouton animation le fait sauter d'une partie à une autre.. pas cool ça..
    On pourrait peut-être trouver des représentations paramétriques sachant que la courbe est globalement invariante par rotation de $2\pi/3$ autour de l'origine ?
    Une thèse très intéressante : Drawing algebraic curves with LEGO-linkages (Susanne Threiner, 2020). On y utilise en particulier l'algorithme de Buchberger pour trouver une équation de la courbe obtenue. Sur cette page les calculs y sont même détaillés.
  • Ludwig
    Modifié (22 Feb)
    On a aussi cette équation polaire : $$\operatorname{sin} \left( 3 \theta \right) = \frac{4 \rho^{6} - 27 \rho^{4} + 54 \rho^{2} - 23}{8 \rho^{3}}.$$ Pas vraiment sympathique..
  • Bonjour,
    Dans l'animation de pappus on voit des points qui décrivent des arcs de cercle. Le mécanisme élémentaire suivant réalise ce mouvement : 

    $O=(0,0)$, $I$ et $J$ deux points variables sur l'axe des abscisses, $M$ variable sur le cercle de centre $O$ passant par $I$. Le cercle de centre $M$ passant par $O$ recoupe en $N$ le cercle de centre $J$ passant par $O$. Lorsque $M$ varie sur son cercle $N$ varie sur l'arc de cercle orange.
  • Ce doit être quelque chose comme ça :
    Comme on a une équation polaire de la courbe on doit pouvoir faire en sorte que le point qui s'y déplace ait une vitesse constante, ce serait plus joli.
  • Merci Ludwig
    Bel effort mais ton point ne parcourt pas toute la courbe!
    Amicalement
    pappus
  • Ludwig
    Modifié (24 Feb)
    Oui, mais c'est pareil pour toi non ? As-tu obtenu ton animation de façon entièrement mécanique ? En bas à droite elle se déroule en tous cas bien trop vite, ce qui fait qu'on ne voit rien du tout !  En attendant une solution fluide j'ai réussi à franchir un point double de la courbe, en partant seulement de son équation polaire. Un gros bidouillage, mais ça marche :

  • Mon cher Ludwig
    Non mon point parcourt toute la courbe.
    J'ai sué sang et eau pendant des mois pour y arriver.
    Ne me dis pas que j'ai tout raté!
    Amicalement
    pappus
  • Si, c'est raté.
  • pappus
    Modifié (24 Feb)
    Bonjour Ludwig
    Pourtant je croyais bien avoir réussi!
    Ludwig, tu me fends le coeur après toutes ces années où je l'ai cru!
    Amicalement
    pappus

  • J'ai réduit l'amplitude du mouvement qui se répète trois fois à son juste intervalle. Une rotation de $2\pi/3$ permet alors de terminer la figure.
  • Ci-joint la figure GeoGebra (à renommer en .ggb). J'ai simplifié la construction et fait en sorte que les triangles gardent toujours les mêmes positions (dessus/dessous) pendant leur déplacement. Bon dimanche !

  • Ludwig
    Modifié (27 Feb)
    Bonjour,
    Une dernière chose : l'animation s'accélère lorsque le point courant de la courbe ($R$ pour ma figure) se trouve sur les "oreilles" de celle-ci, et c'est dommage car du coup il est moins facile de voir ce qui se passe. Mais on peut y remédier : il suffit de faire varier la vitesse du curseur moteur selon la position de ce point courant. Or on s'aperçoit qu'en fait la vitesse de l'animation augmente beaucoup lorsque le point courant est à une distance de l'origine $O$ supérieure à la longueur d'une barre du mécanisme ($1,5$ pour ma figure). Un clic droit sur le curseur, menu propriétés puis onglet curseur, on règle la vitesse : avec la quantité $0,6(1-(OR-1,5))$ on obtient un excellent rendu.
  • On peut se demander quelle est la longueur de cette jolie courbe sur laquelle se déplace le sommet commun aux trois triangles. À partir de l'équation polaire que j'ai postée plus haut on peut écrire une formule qui je crois ne donnera rien du tout. Je la poste quand même, un spécialiste pourrait trouver quelque chose. Je suis parti d'un triangle équilatéral $ABC$ dont le cercle circonscrit est de rayon $1$. Alors la longueur $L$ de la courbe est donnée par les formules : $$L=6\int_{a}^{b} \sqrt{f(x)} \, dx,$$ $$f(x)=\frac{-144 \; x^{6} + 936 \; x^{4} - 1656 \; x^{2}}{16 \; x^{8} - 184 \; x^{6} + 777 \; x^{4} - 1426 \; x^{2} + 529},$$ $$a=\frac{1}{4} \; \left(\sqrt{3 \; \left(4 \; \sqrt{3} + 5 \right)} - 3 \; \sqrt{3} + 2 \right),$$ $$b=\frac{1}{4} \; \left(\sqrt{3 \; \left(4 \; \sqrt{3} + 5 \right)} + 3 \; \sqrt{3} - 2 \right).$$ Notez que le dénominateur de $f$ s'annule en $a$ et $b$. Valeur approchée au centième : $L \approx 19.18$. Il y a peut-être une méthode bien plus simple... Bon courage !
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