Problème des 9 cercles (et nœud gordien des 23 cercles)

Vassillia

Bonjour, comme la mode est aux cercles, j'en profite pour vous proposer cet exercice qui vous intéressa peut-être.

Soit un cercle $cer_A$ sur lequel on place les points $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5$ et $A_6$.

Soit un autre cercle $cer_B$ sur lequel on place le point $B_1$

Pour $i=1...5$, on appellera $cer_i$ de centre $O_i$ le cercle passant par $B_i$, $A_i$ et $A_{i+1}$ et on appellera $B_{i+1}$ l'autre intersection que $B_i$ avec $cer_B$

1) Montrer que $cer_6$ existe, c'est à dire que les points $B_6,B_1,A_6$ et $A_1$ sont sur ce cercle

2) Montrer que les droites $(O_1O_4)$, $(O_2O_5)$ et $(O_3O_6)$ sont concourantes

2bis) Si $A_i=B_i$ ce qui donne les cercles $cer_i$ et $cer_{i+1}$ tangents alors on trouve un cas particulier de quel théorème connu ?

3) Montrer que lorsque les cercles $cer_1$ et $cer_4$ s'intersectent en $C_1$ et $C_4$, les cercles $cer_2$ et $cer_5$ s'intersectent en $C_2$ et $C_5$ et les cercles $cer_3$ et $cer_6$ s'intersectent en $C_3$ et $C_6$ alors $C_1, C_2, C_3, C_4, C_5$ et $C_6$ sont sur un même cercle de centre le point de concourance trouvé précédemment

3bis) Si $B_1=B_2=B_3=B_4=B_5=B_6$ sont envoyés à l'infini alors on trouve un cas particulier de quel théorème connu ?

Rescassol

Bonsoir,

Voilà un début:

% Vassillia - 20 Novembre 2024 - Problème des 9 cercles

clear all, clc

syms a1 a2 a3 a4 a5 a6
a1B=1/a1; a2B=1/a2; a3B=1/a3; a4B=1/a4; a5B=1/a5; a6B=1/a6;

syms o R real % (z-o)*(zB-oB)=R^2 <==> zB=oB+R^2/(z-o)
oB=o;

syms b1
b1B=oB+R^2/(b1-o);

%-----------------------------------------------------------------------

syms b

[o1 o1B R12]=CercleTroisPoints(b1,a1,a2,b1B,a1B,a2B);
Bir=Birapport(b1,a1,a2,b);
BirB=Birapport(b1B,a1B,a2B,oB+R^2/(b-o));
NulBir=Factor(Bir-BirB);
Co=coeffs(numden(NulBir),b,'All');
b2=-Co(2)/Co(1)
b2B=oB+R^2/(b2-o);

[o2 o2B R22]=CercleTroisPoints(b2,a2,a3,b2B,a2B,a3B);
Bir=Birapport(b2,a2,a3,b);
BirB=Birapport(b2B,a2B,a3B,oB+R^2/(b-o));
NulBir=Factor(Bir-BirB);
Co=coeffs(numden(NulBir),b,'All');
b3=-Co(2)/Co(1)
b3B=oB+R^2/(b3-o);

[o3 o3B R32]=CercleTroisPoints(b3,a3,a4,b3B,a3B,a4B);
Bir=Birapport(b3,a3,a4,b);
BirB=Birapport(b3B,a3B,a4B,oB+R^2/(b-o));
NulBir=Factor(Bir-BirB);
Co=coeffs(numden(NulBir),b,'All');
b4=-Co(2)/Co(1)
b4B=oB+R^2/(b4-o);

[o4 o4B R42]=CercleTroisPoints(b4,a4,a5,b4B,a4B,a5B);
Bir=Birapport(b4,a4,a5,b);
BirB=Birapport(b4B,a4B,a5B,oB+R^2/(b-o));
NulBir=Factor(Bir-BirB);
Co=coeffs(numden(NulBir),b,'All');
b5=-Co(2)/Co(1)
b5B=oB+R^2/(b5-o);

[o5 o5B R52]=CercleTroisPoints(b5,a5,a6,b5B,a5B,a6B);
Bir=Birapport(b5,a5,a6,b);
BirB=Birapport(b5B,a5B,a6B,oB+R^2/(b-o));
NulBir=Factor(Bir-BirB);
Co=coeffs(numden(NulBir),b,'All');
b6=-Co(2)/Co(1)
b6B=oB+R^2/(b6-o);

%-----------------------------------------------------------------------

Bir=Birapport(b6,a6,b1,a1);
BirB=Birapport(b6B,a6B,b1B,a1B);
NulBir=Factor(Bir-BirB)
% NulBir=0 donc b6, a6, b1, a1 sont cocyclique et Cer6 existe

%-----------------------------------------------------------------------

[o6 o6B R62]=CercleTroisPoints(b6,a6,a1,b6B,a6B,a1B);

[p14 q14 r14]=DroiteDeuxPoints(o1,o4,o1B,o4B);
[p25 q25 r25]=DroiteDeuxPoints(o2,o5,o2B,o5B);
[p36 q36 r36]=DroiteDeuxPoints(o3,o6,o3B,o6B);

D14=SimplifieBary([p14 q14 r14])
D25=SimplifieBary([p25 q25 r25])
D36=SimplifieBary([p36 q36 r36])

Nul=Factor(det([D14; D25; D36]))
% Nul=0 donc les droites (O1 O4), (O2 O5), (O3 O6) sont concourantes.

Cordialement,
Rescassol

Rescassol

Bonsoir,

La suite:

[Om OmB]=IntersectionDeuxDroites(p14,q14,r14,p25,q25,r25);

Mat1245=[o1*o1B-R12 o2*o2B-R22 o4*o4B-R42 o5*o5B-R52; o1 o2 o4 o5; o1B o2B o4B o5B; 1 1 1 1];
Mat1245=SimplifieMatriceBary(Mat1245);
Nul1245=Factor(det(Mat1245))

Mat1346=[o1*o1B-R12 o3*o3B-R32 o4*o4B-R42 o6*o6B-R62; o1 o3 o4 o6; o1B o3B o4B o6B; 1 1 1 1];
Mat1346=SimplifieMatriceBary(Mat1346);
Nul1346=Factor(det(Mat1346))

Mat2356=[o2*o2B-R22 o3*o3B-R32 o5*o5B-R52 o6*o6B-R62; o2 o3 o5 o6; o2B o3B o5B o6B; 1 1 1 1];
Mat2356=SimplifieMatriceBary(Mat2356);
Nul2356=Factor(det(Mat2356))

On trouve $Nul1245=Nul1346=Nul23566=0$ donc $C_1, C_2, C_3, C_4, C_5, C_6$ sont cocycliques.
Le centre est $Om$ de façon évidente.

Cordialement,
Rescassol

Vassillia

Bien joué Rescassol, merci, plus impressionnant alors (enfin si vous voulez bien), on arrive à 23 cercles !

Soit un cercle $cer_A$ sur lequel on place les points $A_1, A_2, A_3, A_4$

Soit deux autres points $B_1, B_3$

On considère les cercles passant par $A_1,A_2,B_1$ et $A_3,A_4,B_1$ dont l'autre intersection que $B_1$ est appelé $B_2$

et les cercles passant par $A_1,A_2,B_3$ et $A_3,A_4,B_3$ dont l'autre intersection que $B_3$ est appelé $B_4$

Et enfin on s'intéresse à l'ensemble des 8 duos de cercles suivant passant par les points
$A_1,A_3,B_1$ et $A_2,A_4,B_2$
$A_1,A_3,B_2$ et $A_2,A_4,B_1$
$A_1,A_3,B_3$ et $A_2,A_4,B_4$
$A_1,A_3,B_4$ et $A_2,A_4,B_3$
$B_1,B_3,A_1$ et $B_2,B_4,A_2$
$B_1,B_3,A_2$ et $B_2,B_4,A_1$
$B_1,B_3,A_3$ et $B_2,B_4,A_4$
$B_1,B_3,A_4$ et $B_2,B_4,A_3$ 

Et retour des mêmes questions ou presque

1) Montrer que $cer_B$ existe c'est à dire que les points $B_1, B_2,B_3$ et $B_4$ sont sur ce cercle, c'est le Bundle_theorem

2) Montrer que les droites passant par les centres des duos de cercles sont concourantes

3) Montrer que les intersections de duos de cercles sont sur un même cercle de centre le point de concourance trouvé précédemment

Vous pouvez jouer avec https://www.geogebra.org/classic/ktn32fvf

jelobreuil

Bonjour @Vassillia

Je te propose d'appeler cela "nœud gordien de 23 cercles" !

Je suis curieux de voir ce que ça donne si on place les quatre points A initiaux aux quatre coins d'un carré et les deux points supplémentaires B aux extrémités d'un diamètre médian du cercle circonscrit à ce carré ... Je vais essayer de faire une figure sur cette base ...

Bien cordialement, Jean-Louis B.

Vassillia

J'ai suivi ta proposition, avec les points $B$ sur le même cercle que les points $A$, la figure va dégénérer sérieusement mais je ne veux pas divulgâcher.

Si tu as la flemme, tu peux utiliser mon geogebra précédent, les points $A_1$, $A_2$, $A_3$, $B_1$ et $B_3$ sont totalement mobiles et $A_4$ est mobile sur le cercle passant par $A_1$, $A_2$ et $A_3$. J'ai triché à coup de macros pour ne pas refaire $16$ fois les cercles.

jelobreuil

En effet, avec ma proposition initiale, beaucoup de ces cercles sont en fait identiques !

Mais voici ce que donnent les points $B_1$ et $B_3$ pris au quart et aux trois-quarts d'une diagonale :

Outre que $B_2$ et $B_4$ se retrouvent au quart et aux trois-quarts de l'autre diagonale, un certain nombre de tes cercles dégénèrent en l'une des diagonales, justement ...

Mais c'est joli, quand même, non ? Bien amicalement, Jean-Louis B.

pldx1

Bonjour.  $ \def\ptv{~;~} \def\pccq{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{4}}\right)}}$
  Cet exercice pose deux types de questions différents: (1) vérifier ; (2) expliquer

1. On prend le cercle unité comme $cer_{A}$. Et $\alpha,\beta$,$\gamma$,$\delta$,$\kappa,\nu$ comme points $A_{j},\;j=1..6$. On décrit les points $B_{j}$ par \[ \dfrac{\mathit{z}}{\mathit{t}}+r\tau_{j}:1:\dfrac{\mathit{\zeta}}{\mathit{t}}+\dfrac{r}{\tau} \] Le centre est donc $z:t:\zeta$. et le rayon $r$.
   
2. On définit $\mathcal{C}_{12}=\left(A_{1}A_{2}B_{1}\right)$ et on écrit que $B_{2}$ est dessus. Cela donne une équation du second degré dont on connait une racine. On en déduit $\tau_{2}$ que l'on écrit: \[ \tau_{2}=\phi[\alpha,\beta]\left(\tau\right)\doteq\dfrac{\left(\alpha\beta\,\mathit{\zeta}-\mathit{z}\right)rt\tau+\alpha\beta\,t^{2}\left(r^{2}-1\right)+z\mathit{t}\left(\alpha+\beta\right)-\mathit{z}^{2}}{\left(\mathit{t}^{2}\left(r^{2}-1\right)+\mathit{t}\mathit{\zeta}\left(\alpha+\beta\right)-\alpha\beta\,\mathit{\zeta}^{2}\right)\tau-\left(\alpha\beta\mathit{\zeta}-\mathit{z}\right)rt} \] Comme de juste, cette transformation est involutive.
3. On définit $\mathcal{C}_{23}=\left(A_{2}A_{3}B_{2}\right)$ et on écrit que $B_{3}$ est dessus. On y va en force brute, ou bien on utilise: \[ \psi\left[\alpha,\gamma\right]\left(\tau\right)=\phi\left[\beta,\gamma\right]\left(\phi\left[\alpha,\beta\right]\left(\tau\right)\right) \] On en déduit $\tau_{3}$, que l'on écrit: \[ \tau_{3}=\psi\left[\alpha,\gamma\right]\left(\tau\right)=\dfrac{\left(\gamma\,r^{2}\mathit{t}^{2}+\alpha\gamma\mathit{t}\mathit{\zeta}-\alpha\mathit{z}\mathit{\zeta}-\gamma\,\mathit{t}^{2}+\mathit{t}\mathit{z}\right)\tau-\mathit{t}\mathit{z}\left(\alpha-\gamma\right)r}{\mathit{t}\mathit{\zeta}\left(\alpha-\gamma\right)r\tau+\left(\alpha\,r^{2}\mathit{t}^{2}+\alpha\gamma\mathit{t}\mathit{\zeta}-\gamma\mathit{z}\mathit{\zeta}-\alpha\,\mathit{t}^{2}+\mathit{t}\mathit{z}\right)} \] Comme de juste, on a $\psi\left[\alpha,\alpha\right]\left(\tau\right)=\tau$.
4. Et on itère. On vérifie que \[ \tau_{4}=\phi[\alpha,\delta]\left(\tau\right)\ptv\tau_{5}=\psi\left[\alpha,\kappa\right]\left(\tau\right)\ptv\tau_{6}=\phi\left[\alpha,\nu\right]\left(\tau\right)\ptv\tau_{7}=\psi\left[\alpha,\alpha\right]\left(\tau\right) \] Cela résoud la question Q1.
5. On essaie la suite... et on se dit ohlala ! Alors, on applique une inversion pour que les deux cercles deviennent concentriques (ou bien deux droites sécantes). Les calculs précédents ne sont pas perdus: il suffit de faire $z=\zeta=0$. Les points $B_{j}$ sont alors obtenus avec \[ \tau_{j}=\dfrac{\alpha\tau}{\alpha},\dfrac{\beta\alpha}{\tau},\dfrac{\gamma\tau}{\alpha},\dfrac{\alpha\delta}{\tau},\dfrac{\kappa\tau}{\alpha},\dfrac{\alpha\nu}{\tau} \]
6. Les centres des six cercles sont alors: \begin{gather*} \left[\begin{array}{c} \alpha\beta\alpha\left(r^{2}-1\right)\tau\\ r\,\tau^{2}\alpha-\alpha\left(\alpha+\beta\right)\tau+r\,\alpha^{2}\beta\\ \alpha\left(r^{2}-1\right)\tau \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} \alpha\beta\gamma\left(r^{2}-1\right)\tau\\ r\,\tau^{2}\gamma-\alpha\left(\beta+\gamma\right)\tau+r\,\alpha^{2}\beta\\ \alpha\left(r^{2}-1\right)\tau \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} \alpha\gamma\delta\left(r^{2}-1\right)\tau\\ r\,\tau^{2}\gamma-\alpha\left(\gamma+\delta\right)\tau+r\,\alpha^{2}\delta\\ \alpha\left(r^{2}-1\right)\tau \end{array}\right]\\ \left[\begin{array}{c} \alpha\delta\kappa\left(r^{2}-1\right)\tau\\ r\,\tau^{2}\kappa-\alpha\left(\delta+\kappa\right)\tau+r\,\alpha^{2}\delta\\ \alpha\left(r^{2}-1\right)\tau \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} \alpha\kappa\nu\left(r^{2}-1\right)\tau\\ r\,\tau^{2}\kappa-\alpha\left(\kappa+\nu\right)\tau+r\,\alpha^{2}\nu\\ \alpha\left(r^{2}-1\right)\tau \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} \alpha\nu\alpha\left(r^{2}-1\right)\tau\\ r\,\tau^{2}\alpha-\alpha\left(\alpha+\nu\right)\tau+r\,\alpha^{2}\nu\\ \alpha\left(r^{2}-1\right)\tau \end{array}\right] \end{gather*} On calcule les droites $O_{j}O_{j+3}$. Et on vérifie qu'elles concourent.
7. Leur point commun n'est pas si horible que cela. On trouve \[ \Omega\simeq\left[\begin{array}{c} A\tau\left(r^{2}-1\right)\left(\gamma\delta\kappa\nu+\kappa\nu\alpha\beta+\alpha\beta\gamma\delta-\alpha\nu\gamma\beta-\alpha\nu\kappa\delta-\gamma\beta\kappa\delta\right)\\ \left(\begin{gathered}\phantom{+}\left(\alpha\beta\kappa+\gamma\delta\alpha+\kappa\nu\gamma-\alpha\delta\kappa-\alpha\gamma\nu-\beta\gamma\kappa\right)\left(r\,\tau^{2}-A\tau\right)\\ +\left(\alpha\beta\delta+\gamma\delta\nu+\kappa\nu\beta-\alpha\delta\nu-\beta\delta\kappa-\beta\gamma\nu\right)\left(r\,A^{2}-A\tau\right) \end{gathered} \right)\\ A\tau\left(r^{2}-1\right)\left(\alpha\beta+\gamma\delta+\kappa\nu-\alpha\nu-\gamma\beta-\kappa\delta\right) \end{array}\right] \] Ce résultat est invariant par la substitution $\alpha\mapsto\gamma\mapsto\kappa\mapsto\alpha\ptv\beta\mapsto\delta\mapsto\nu\mapsto\beta$ suivie de $A\mapsto\alpha$. Autrement dit les $A$ restent invariants parce que ces occurences-là de $\alpha$ servent à synchroniser avec le $\tau$ du deuxième cercle.
8. En résumé, nous avons constaté l'apparition des "fonctions symétriques de Dekov" , soit \begin{eqnarray*} \mathfrak{d}_{2} & \doteq & \alpha\left(\beta-\nu\right)+\gamma\left(\delta-\beta\right)+\kappa\left(\nu-\delta\right)\\ \mathfrak{d}_{31} & \doteq & \alpha\delta\left(\beta-\nu\right)+\gamma\nu\left(\delta-\beta\right)+\kappa\beta\left(\nu-\delta\right)\\ & \doteq & \nu\delta\left(\gamma-\alpha\right)+\delta\beta\left(\alpha-\kappa\right)+\beta\nu\left(\kappa-\gamma\right)\\ \mathfrak{d}_{32} & \doteq & \kappa\alpha\left(\beta-\delta\right)+\alpha\gamma\left(\delta-\nu\right)+\gamma\kappa\left(\nu-\beta\right)\\ \mathfrak{d}_{4} & \doteq & \kappa\alpha\nu\left(\beta-\delta\right)+\alpha\gamma\beta\left(\delta-\nu\right)+\gamma\kappa\delta\left(\nu-\beta\right) \end{eqnarray*}
9. On passe au cercle des intersections. Méthode 1: le centre d'un cercle passant par les intersections des cercles ${cir}_{12},{cir}_{45}$ est nécessairement sur la droite $O_{1}O_{4}$. Et donc, le cercle cherché, s'il existe, est nécessairement centré en $\Omega$. On ajuste $R$ pour que le cercle $\left(\Omega,R\right)$ vienne se placer dans le faisceau ${cir}_{12},{cir}_{45}$. Cela donne \begin{align*} \left(\Omega,R\right) & \simeq\left[\begin{array}{c} A\tau\left(r^{2}-1\right)\mathfrak{d}_{2}\\ \begin{gathered}r\tau\left(\tau-r\,A\right)\mathfrak{d}_{32}+rA\left(A-r\,\tau\right)\mathfrak{d}_{31}\end{gathered} \\ A\tau\left(r^{2}-1\right)\mathfrak{d}_{4}\\ \begin{gathered}\tau\left(A-r\,\tau\right)\mathfrak{d}_{32}+A\left(\tau-r\,A\right)\mathfrak{d}_{31}\end{gathered} \end{array}\right] \end{align*} Et on constate que ce cercle vient aussi se placer dans le faisceau ${cir}_{23},{cir}_{56}$ et dans le faisceau ${cir}_{34},{cir}_{61}$. Comme ci-dessus, la lettre $A$ désigne les occurences de $\alpha$ qui ne participent pas à la substitution rotatoire.
10. Méthode 2. Dans l'espace $\pccq$, on dispose d'une procédure $\mathrm{mkladr}$ donnant la matrice $4\times4$ décrivant la droite passant par deux points. On dispose d'une procédure $\mathrm{cutdr}$ donnant le point commun de deux droites qui incident. On applique. Et, évidemment, on retrouve $\left(\Omega,R\right)$.
11. Il reste à retrouver les sources utilisées
     https://sites.google.com/view/ijcdm/volumes-0-4/volume-1-num-2-2016
     https://journal-1.eu/2016-2/Dao-Thanh-Oai-sixteen-points-pp.21-24.pdf

Cordialement, Pierre.

Vassillia

Merci pour l’explication

jean lismonde

Bonjour

C'est assez impressionnant ce que nos amis géomètres du forum
sont en mesure de nous proposer concernant les figures

J'aime moins les explications toutes faites des logiciels

Merci et bonne journée à tous

pldx1

jean lismonde a dit: J'aime moins les explications toutes faites des logiciels

Attendons les explications toutes défaites de @jean Lismonde.

Rescassol

Bonjour,

Jean Lismonde, ce n'est pas le père Noël qui programme les logiciels.

Cordialement,
Rescassol