La possibilité d'une île

pappus
Modifié (17 Mar) dans Géométrie
Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves. 
Je l'ai sans doute déjà donnée dans le passé! 
Qu'importe, cette figure suscitera peut-être de nouvelles réflexions? 
Amicalement 
pappus

«1

Réponses

  • Ça m'évoque des noms et des mots : Apollonius, Soddy, Descartes, @soland, Miquel, cocyclique, pivot. Pas grand-chose à en tirer comme ça...
  • Bonjour,

    Ainsi que Poncelet, porisme ..........

    Cordialement,
    Rescassol

  • Soit $\mathcal C_i$ le cercle intérieur passant par $T_i$.
    Quelle est l’image de cette figure par l’homographie qui fixe $T_1$ et $T_2$ et qui envoie $\mathcal C_1\cap\mathcal C_2$ sur $\infty$ ?
  • Une référence à Houellebecq sur le forum? Chaurien et Ramon vont être contents.

  • Casagrande
    Modifié (17 Mar)

  • Je comprends que la figure de Casagrande est l’image de celle de pappus par une transformation. 
    Question [je ne suis au fait de rien sur ces sujets cercles-droites] : a-t-on des formules « l’aire sur la figure d’origine devient l’aire sur la nouvelle figure » ?
  • Ludwig
    Modifié (17 Mar)
    Bonjour,
    Comment faire la figure ? Je fixe $T_1(1,0)$ sur le cercle trigonométrique, je note $t$ l'angle polaire de $T_2$ et $u$ l'abscisse de $O_1$. Le point de tangence des cercles $(O_1)$ et $(O_2)$ se trouve sur la cubique orange d'équation : $$u \; \left(-\operatorname{sin} \left( t \right) + x^{2} \; \operatorname{sin} \left( t \right) - y^{2} \; \operatorname{sin} \left( t \right) - 2 \; x \; y \; \operatorname{cos} \left( t \right) + 2 \; y \right) = \left(x \; \operatorname{sin} \left( t \right) - y \; \operatorname{cos} \left( t \right) \right) \; \left(x^{2} + y^{2} - 1 \right).$$ Elle coupe le cercle $(O_1)$ en $T_1$ et ce point de tangence, que l'on place donc en utilisant l'outil intersection. On en déduit la position de $O_2$ et on recommence avec le point $T_3$ pour obtenir la cubique verte et le point de tangence des cercles $(O_2)$ et $(O_3)$, ce qui permet de placer le centre $O_3$ :
    Plus compliqué est le tracé de la cubique bleue, car il y a une condition de fermeture que je n'ai pas trouvée. Mais j'ai pu terminer la figure en utilisant un procédé convergent (j'ai construit la cubique à partir d'un point $T_4$ que j'ai fait varier sur le cercle trigonométrique jusqu'à obtenir la tangence des cercles). On constate alors que les quatre points de tangence intérieurs sont cocycliques, mais cette propriété seule ne permet pas de trouver la cubique bleue directement.
  • cailloux
    Modifié (17 Mar)
    Bonjour à tous,
    Une tentative de figure modifiable : https://www.geogebra.org/m/bukpvtyq
    Amicalement.
    [Edit] Modifié la figure suite à la remarque de @Ludwig
  • Ben314159
    Modifié (17 Mar)
    Salut,

    Question : Si on fixe $T_1,T_2,T_3,T_4$ sur le cercle avec le bon birapport, il y a toute une famille (à 1 paramètre) de quadruplets de cercles solutions donc  une famille de cercles passant par les 4 points $S_{1,2},S_{2,3},S_{3,4},S_{4,1}$ où les 4 cercles sont tangents 2 à 2.
    Quel est, en fonction $T_1,T_2,T_3,T_4$,  le lieu géométrique du centre $\Omega$ de ce fameux cercle ?

    (sur le dessin, on peut par exemple prendre comme paramètre la position de $C_1$ sur le segment $[OT_1]$)

  • cailloux
    Modifié (17 Mar)
    Bonjour,
    Les 4 points de contact $T_1,T_2,T_3,T_4$ étant fixés, GeoGebra indique que le lieu de $\Omega$ est une partie du diamètre du grand cercle qui passe par l'intersection de $(T_1T_3)$ et $(T_2,T_4)$

  • Ludwig
    Modifié (17 Mar)
    On peut aussi regarder le lieu des points de tangence lorsque $O_1$ varie, points $T_i$ fixes. D'un coup la figure devient plus facile à construire :smile:.
  • Bonsoir à tous
    Bizarremment j'ai fait la même figure que Casagrande, il y a fort longtemps.
    Il doit bien y avoir une explication!
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour Dom,

    Ma figure est tout simplement la transformée de la figure initiale par une inversion. Ici de centre T1, (C'est un métier que l'on acquérait au temps où le manuel de géométrie avait un nom à deux arches, que j'ai oublié depuis).

    Les deux cercles passant par T1 donnent deux droites parallèles, les deux cercles latéraux donnent deux cercles (égaux) tangents à celles-ci et qu'il suffit donc de choisir arbitrairement. Le problème est simplement de construire le petit cercle tangent à une droite et aux deux autres...

    Pour ma figure j'ai choisi une méthode moderniste qui fait appel à la commande "parabole" de GeoGebra. On peut aussi faire "à l'ancienne" en pensant à l'inversion ayant pour cercle le cercle de diamètre dont les extrémités sont les points de contact des deux cercles connus avec la droite...

    Cordialement
    Casagrande
  • Vassillia
    Modifié (18 Mar)
    Bonjour, 
    Je vais poser une question bête mais tant pis.
    Il me semble que ces figures correspondent plutôt au cas où c'est une intersection avec le cercle extérieur qui est envoyée à l'infini.
    Si c'est l'intersection de deux cercles intérieurs qui est envoyée à l'infini, est-ce qu'on ne devrait pas avoir plutôt quelque chose du genre de la figure suivante ? Et il me semble que c'était ça la question de gai requin.
    @Dom Personnellement, pour m'y retrouver, j'essaye de regarder les intersections, le cercle extérieur en avait 4, il lui en faut 4, les cercles intérieurs en avaient 3, il leur en faut 3. Et comme les droites parallèles se coupent à l'infini, le compte est bon.
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • pappus
    Modifié (18 Mar)
    Merci Casagrande
    Cette figure que nos anciens appelaient forme réduite peut être obtenue en transformant la figure initiale par toute transformation circulaire $f$ directe ou indirecte telle que $f(T_1)=\infty$.
    Si on avait transformé la figure initiale par une autre transformation circulaire $g$ telle que $g(T_1)=\infty$, qu'aurait-on obtenu?
    Autrefois du temps du Lebossé-Hémery que tu as bien fait de ne pas citer pour ne pas te faire insulter, (moi je ne crains plus rien), on utilisait pour ce faire une inversion, la seule transformation circulaire connue à l'époque.
    Maintenant c'est loin d'être fini.
    Que fait-on de cette forme réduite?
    En principe on doit y voir plus facilement des choses qui n'étaient pas évidentes sur la figure initiale!
    Oui mais lesquelles?
    Amicalement
    pappus

  • Merci @pappus de ne pas faire de diffamation, tu n'as jamais eu à subir d'insulte sur ce forum, que tu utilises ou non le Lebossé Hemery mais si tu veux répondre à ma question, je t'en remercie par avance. Je ne comprends pas pourquoi vos figures correspondent à la question de gai requin.
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • Bien sûr on peut envoyer à l'infini un point de la figure autre que $T_1$, c'est sans doute ce qu'a fait gai requin selon tes dires.
    Reste à voir si sur cette nouvelle forme réduite, on peut mettre en évidence des choses qui ne l'étaient pas sur la figure initiale.
    J'ai assez de mal avec ma propre figure vu mon état de santé pour m'occuper de la figure de gai requin.
    Tu as donc le champ libre.
    Mais au bout du bout et à la fin des fins, quand on reviendra de la forme réduite à la figure initiale, on devra tomber sur les mêmes résultats quel que soit le choix du point qu'on a décidé d'envoyer à l'infini!
    pappus

  • gai requin a dit :
    Soit $\mathcal C_i$ le cercle intérieur passant par $T_i$.
    Quelle est l’image de cette figure par l’homographie qui fixe $T_1$ et $T_2$ et qui envoie $\mathcal C_1\cap\mathcal C_2$ sur $\infty$ ?
    Mais gai requin n'a pas fait de figure, il a posé une question et je pensais que vous y répondiez donc est-ce que ma figure répond à sa question ou pas ? Et est-ce que celles de Casagrande et pappus répondent à sa question ou pas ?
    Sinon, on va tout mélanger, après, tu feras ce que tu as envie, je ne comprends pas ce que tu veux comme souvent donc je vais m'abstenir de m'en mêler d'autant que je sens que l'ambiance va se tendre rapidement si je participe.
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • Mince, encore un de mes messages qui passe à la trappe ;)
  • Bonjour Vassilia,

    Ma figure ne correspond pas du tout à la transformation évoquée par gai requin.
    Je ne vois d'ailleurs pas à quoi il fait allusion.

    Cordialement
    Casagrande
  • Vassillia
    Modifié (18 Mar)
    Ah super, merci Casagrande pour ta réponse donc c'est normal que je ne comprenne pas !
    Je laisse pappus continuer ce qu'il voulait faire.
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • Bonjour à tous
    J'ai quand même mis en évidence sur la forme réduite ce qu'il faut démontrer!
    Evidemment si personne ne veut faire le moindre effort, eh bien on attendra jusqu'à la Saint Glin-Glin puisqu'on m'accuse toujours de donner des solutions toutes cuites!
    Amicalement
    pappus

  • Bonjour à tous
    J'ai transformé la figure suivant la méthode suggérée par gai requin et j'ai évidemment trouvé la même figure que Vassillia. 
    Mais je ne trouve rien d'évident à dire sur cette forme réduite.
    Sur ma forme réduite, on a deux cercles de même rayon, ce qui facilite beaucoup les raisonnements à faire mais ce n'est plus le cas sur la forme réduite de gai requin.
    Résultat des courses, il faut choisir judicieusement le point qu'on envoie à l'infini!
    Amicalement
    pappus

  • Merci pappus donc j'avais compris correctement, ça me console !
    Le but du jeu pour moi était juste de visualiser mentalement ce qui se passe quand on envoi un point à l'infini donc l'entrainement est valable pour n'importe quel point ;)
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • pldx1
    Modifié (3 Apr)
    Bonjour, $\def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\ptv{~;~} \def\cir#1{\mathcal{C}_{#1}} \def\resc#1{\mathcal{E}_{#1}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;}$ On adopte les notations $T_{1}=\alpha:1:1/\alpha\etc$ et $C_{j}=r_{j}O+(1-r_{j})T_{j}\etc$.
    1. On suppose donnés les cercles $\cir 1$ et $\cir 3$. On trace les ellipses de Rescassol $\resc 1,\resc 3$. La conique droitique $\mathcal{E^{*}}_{1}$ passe par les isotropes de $O$, celles de $C_{1}$ et par $\tan T_{1}$. Cela donne \begin{eqnarray*} \boxed{\mathcal{E}_{1}^{*}} & \simeq & \left[\begin{array}{ccc} 0 & -\alpha^{2}\left(\mathit{r}_{1}-1\right) & -4\alpha\mathit{r}_{1}\\ -\alpha^{2}\left(\mathit{r}_{1}-1\right) & 2\alpha & 1-\mathit{r}_{1}\\ -4\alpha\mathit{r}_{1} & 1-\mathit{r}_{1} & 0 \end{array}\right]\\ \boxed{\mathcal{E}_{1}} & \simeq & \left[\begin{array}{ccc} \left(\mathit{r}_{1}-1\right)^{2} & -4\left(\mathit{r}_{1}-1\right)\alpha\mathit{r}_{1} & -\alpha^{2}\left(\mathit{r}_{1}^{2}+6\mathit{r}_{1}+1\right)\\ -4\left(\mathit{r}_{1}-1\right)\alpha\mathit{r}_{1} & 16\alpha^{2}\mathit{r}_{1}^{2} & -4\alpha^{3}\left(\mathit{r}_{1}-1\right)\mathit{r}_{1}\\ -\alpha^{2}\left(\mathit{r}_{1}^{2}+6\mathit{r}_{1}+1\right) & -4\alpha^{3}\left(\mathit{r}_{1}-1\right)\mathit{r}_{1} & \left(\mathit{r}_{1}-1\right)^{2}\alpha^{4} \end{array}\right] \end{eqnarray*} Il suffit de tracer ces deux coniques pour obtenir les centres $C_{2},C_{4}$. Exercice: finir le calcul.
    2. On suppose donnés les points $T_{j}$ et on détermine les relations entre les rayons. Les coefficients du cercle $\cir 1$ sont: \[ \mathit{r}_{1}-1\,:\,\alpha-2\alpha\mathit{r}_{1}\,:\,\alpha^{2}\mathit{r}_{1}-\alpha^{2}\,:\,\alpha \] Ces coefficients sont au nombre de quatre. C'est comme cela, même si HenriC, le fameux professir agrigi, en est mécontent. Les cercles $\cir 1$ et $\cir 2$ sont tangents lorsque leur déterminant de Gramm est nul. On trouve les exceptions évidentes $\left(1-r_{1}\right)\left(1-r_{2}\right)\left(\alpha-\beta\right)^{2}$. Et il reste la condition \[ \left(\alpha+\beta\right)^{2}\mathit{r}_{1}\mathit{r}_{2}+\left(\alpha-\beta\right)^2\left(1-\mathit{r}_{1}-\mathit{r}_{2}\right)=0 \]
    3. Prêtons à pappus des intentions homographiques. La condition précédente se réécrit donc: \[ \left(\begin{array}{c} r_{2}\\ 1 \end{array}\right)=\left[\begin{array}{cc} \left(\alpha-\beta\right)^{2} & -\left(\alpha-\beta\right)^{2}\\ \left(\alpha+\beta\right)^{2} & -\left(\alpha-\beta\right)^{2} \end{array}\right]\cdot\left(\begin{array}{c} r_{1}\\ 1 \end{array}\right) \] La condition de bouclage est que le produit des quatre homographies $r_{1}\mapsto r_{2}\mapsto r_{3}\mapsto r_{4}\mapsto r_{1}$ soit l'identité. Le produit de ces quatre homographies est \[ \prod h_{j}\simeq\left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 1-\mathit{bir}^{2} & \mathit{bir}^{2} \end{array}\right)\where bir=\dfrac{\left(\delta-\gamma\right)\left(\beta-\alpha\right)}{\left(\delta-\alpha\right)\left(\beta-\gamma\right)}=birap\left(\alpha,\gamma,\beta,\delta\right) \]
    4. Cette histoire de birapport harmonique a déjà été réglée par Casagrande dans sa figure initiale. Et aussi la cocyclicité des quatre points de contact des cercles intérieurs entre eux. Ce qui restait à prouver était le caractère poristique.



    Cordialement, Pierre


    Edit: il manquait un $^2$.
  • Moi, j'en suis là de mes pérégrinations :

  • (suite) A propos des figures Gai_Requi, Vassillia et pappus-2, il semble utile d'utiliser une bonne vieille règle rouillée à l'ancienne et de tracer la droite rouge. On peut alors s'écrier: on voit bien que les quatre points $U_j$ sont alignés !

    Cordialement, Pierre. 
  • plsryef
    Modifié (18 Mar)
    Bonjour,
    je mets mon image aussi, et ma réflexion c'est comment passer de ma figure à la tienne. (Je sais que c'est faisable mais je ne sais pas comment). À mon niveau je sais que les inversions engendrent les homothéties affines, donc les translations, je me pose encore des questions sur ces transformations conformes.

  • Bonjour à tous
    J'ai transformé la figure suivant la méthode suggérée par gai requin et j'ai évidemment trouvé la même figure que Vassillia. 
    Mais je ne trouve rien d'évident à dire sur cette forme réduite.
    Sur ma forme réduite, on a deux cercles de même rayon, ce qui facilite beaucoup les raisonnements à faire mais ce n'est plus le cas sur la forme réduite de gai requin.
    Résultat des courses, il faut choisir judicieusement le point qu'on envoie à l'infini!
    Amicalement
    pappus

  • pappus
    Modifié (18 Mar)
    Bonjour à tous
    Puisque Jupiter a tout dit, je me garderais bien de rajouter quoique ce soit qui puisse vous embrouiller un peu plus.
    Je me contente seulement de revenir de ma forme réduite à la figure initiale en faisant la transformation inverse.
    Bof! Et merci à Henri pour son disque et son demi-plan!
    Refaire la figure avec Felix?
    Amicalement
    pappus

  • Ludwig
    Modifié (19 Mar)
    Bonsoir,
    J'ai terminé la figure en procédant de façon totalement expérimentale, c'est-à-dire sans utiliser de propriétés déjà bien connues et très répertoriées. De toutes façons je ne les connais pas ! L'outil lieu d'un logiciel de géométrie est souvent d'une redoutable efficacité.
    Première étape : on construit les tangentes en $T_1$ et $T_2$ qui se coupent en $W$. Le cercle de centre $W$ passant par $T_1$ coupe $(O_1)$ en $T_1$ et $U_2$. Facile alors de placer $O_2$ :

    On voit ici que le concept de puissance pointe le bout de son nez, et donc l'inversion.
    Rebelote pour avoir $U_3$ puis $O_3$. Reste à placer $T_4$ pour boucler la boucle. Je place un point $M$ sur le cercle $(O)$ et je construis, de la même façon, le cercle $(m)$ tangent à $(O)$ et $(O_3)$ (en $U$). Je trace ensuite le cercle passant par $U$, $U_2$ et $U_3$. Il recoupe le cercle $(m)$ en $V$ :

    Le lieu de ce point $V$ lorsque $M$ parcourt $(O)$ est le cercle (en pointillés) qui passe par $T_3$, $U_2$ et... $U_1$ ! Ce cercle se construit directement car son centre est l'intersection du segment $[OT_3]$ avec la médiatrice de $[U_2T_3]$. On a $U_1$, donc $U_4$ car les $U_i$ sont cocycliques. Puis $O_4$ et $T_4$ : la figure est terminée.
    À quelle propriété sur la figure inverse correspond cette construction de $U_1$ ?
  • Bonjour,

    La constuction est simple avec l'outil "Ellipse 2 foyers + 1 point" de Géogébra (en vert):

    Cordialement,
    Rescassol

  • pappus
    Modifié (18 Mar)
    Bonjour à tous
    Avec Félix ?
    Pourquoi pas ?
    Bof !
    Amicalement
    pappus

  • Team Henri Poincaré (qui n'a pas grand chose à voir, à priori, avec HenriC pour le lecteur ou la lectrice qui essayerait de suivre la discussion) plutôt que Felix Klein pour moi. Mais si, c'est joli la géométrie hyperbolique, en tout cas, moi, je trouve que c'est joli de changer les règles du jeu.
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
  • Bonsoir. 

    <joke>Rescassol, que je salue, propose de tracer les ellipses de Rescassol. C'est une excellente proposition !!! </joke>

    Depuis mon post de ce midi, j'ai essayé de retrouver le porisme à partir des ellipses $E_1$ et $E_3$, mais cela ne marche pas bien, sauf à introduire les homographies $r_1 \mapsto r_2 \etc$.

    Cordialement, Pierre.
     
  • pappus
    Modifié (19 Mar)
    Bonjour à tous
    Une petite animation ?
    Les points $U_1$, $U_2$, $U_3$, $U_4$ forment une orbite sous l'action du sous-groupe du groupe hyperbolique engendré par les symétries par rapport aux droites orthogonales $\lambda$ et $\mu$, isomorphe au V-groupe de Klein.
    Les cercles $\omega$ sont des cercles hyperboliques de centre $\Omega$.
    Amicalement
    pappus

  • Merci pour tous ces développements. 
    En fait ma question fort naïve était de savoir s’il est simple d’exprimer l’aire d’une figure fermée en fonction de sa « transformée » (si toutefois elle n’est pas infinie) ou plutôt l’inverse d’ailleurs. 
    Je suis d’accord qu’il faudrait que je travaille davantage sur le sujet et que ça fait un peu  collégien qui pose une question juste pour savoir mais s’investir vraiment. 
  • Mon cher Dom
    Ta question aurait peut-être dû être la suivante?
    Est-ce que les isométries hyperboliques du disque de Poincaré conservent les aires hyperboliques?
    Amicalement
    pappus
  • Alors justement « conservent », ça me semble trop fort. Mais c’est davantage « a-t-on le contrôle » des aires (quand elles ne sont pas infinies) ?
  • pappus
    Modifié (19 Mar)
    Mon cher Dom
    Je ne peux te faire un cours de géométrie hyperbolique.
    C'est au dessus de mes forces!
    Si tu es vraiment curieux, fais des recherches sur la toile.
    Je ne sais pas ce que tu entends par contrôle des aires, mais sache qu'on sait calculer des aires simples comme celle d'un triangle $ABC$ :
    $$\mathrm{Aire}(ABC) =\pi-\widehat A-\widehat B-\widehat C$$
    Le groupe hyperbolique est engendré par les symétries axiales, lesquelles sont des restrictions au disque de Poincaré d'inversions dont le pôle est extérieur au disque et ces inversions sont conformes: elles conservent les angles.
    Cela devrait déjà te donner une petite idée de ce qui se passe!
    Amicalement
    pappus
  • Ok. Merci bien.  
  • Une autre animation :

  • Rescassol
    Modifié (20 Mar)
    Bonsoir
    Je reprends les notations de ma figure précédente, en complexes.
    $A(a),B(b),C(c)$ sont des points du cercle unitaire.
    $O_a(oa)$ est déterminé par $oa= t.a$ avec $t\in [0;1]$.
    L'ellipse de Rescassol de foyers $O$ et $O_a$ passant par $A$ a pour équation $T_2+T_1+T_0=0$ avec:
    $T2=-t^2z^2 + 2a^2(t^2-8t+8)z\overline{z} - a^4t^2\overline{z}^2$
    $T1=- 8at(1-t)z - 8a^3t(1-t)\overline{z}$
    $T0=-16a^2(1-t)^2$
    On trouve alors pour les différents points:
    $O_b(u.b)$ avec $u=\dfrac{4ab(t-1)}{(a+b)^2t-4ab}$.
    $T_{ab}(tab)$ avec $tab=-\dfrac{a((a-3b)t+2b)}{(a+b)t-2a}$.
    $O_c(v.c)$ avec $v=\dfrac{4ac(t-1)}{(a+c)^2t-4ac}$.
    $O_d(od)$ avec $od=\dfrac{(a(b+c)-2bc)^2t}{2(b+c)(a-b)(a-c)t+a(b-c)^2}$.
    $D(d)$ avec $d=\dfrac{a(b+c)-2bc}{2a-(b+c)}$.
    On peut alors vérifier que $(a,d,b,c)=-1$. Ensuite:
    $T_{ac}(tac)$ avec $tac=\dfrac{a((3*c-a)t-2c)}{(a+c)t-2a}$
    $T_{bd}(tbd)$ avec $tbd=\dfrac{((b+c)a^2+b(b-5c)a+2b^2c)t-2ab(b-c)}{(2a^2-(b+3c)a+b(b+c))t+2a(c-b)}$.
    $T_{cd}(tcd)$ avec $tcd=\dfrac{((b+c)a^2+c(c-5b)a+2bc^2)t+2ac(b-c)}{(2a^2-(3b+c)a+c(b+c))t+2a(b-c)}$.
    On peut vérifier que le birapport des $4$ points $T_{ab},T_{ac},T_{bd},T_{cd}$ est réel car égal à son conjugué, donc
    ces $4$ points sont cocycliques.
    Enfin, le centre du cercle passant par ces $4$ points est:
    $Ce(ce)$ avec $ce=\dfrac{2at(1-t)(a^2(b-c)^2+2bc(a-b)(a-c))}{-(a^2-b^2)(a^2-c^2)t^2+2a((b+c)(a^2+bc)-2a(b^2+c^2))t+2a^2(b-c)^2}$.

    Cordialement,
    Rescassol
  • Ludwig
    Modifié (20 Mar)
    On peut faire en sorte que l'animation tourne en boucle. Mon point moteur est $O_1$, il doit se déplacer sur toute la droite $(OT_1)$. Une possibilité : $P(0,1)$, $M$ sur le cercle trigonométrique, et on prend $O_1$ intersection de $(PM)$ avec $(OT_1)$ :
    Puis on fait tourner $M$ sur le cercle. Résultat :

    Le rayon du cercle en pointillés varie entre $r$ et $R$. Quels sont ces rayons extrémaux ? Bonne journée,
    Ludwig
  • Bonsoir à tous,
    Je prends les $T_i$ sur le cercle trigonométrique, angles polaires de $t_1=0$, $t_2=\pi/6$ et $t_3=\pi/2$. Je construis $T_4$. Puis je fais varier $O_1$ sur la droite $(OT_1)$ pour déterminer le rayon minimal $r$ du cercle des points de contact (en pointillés sur la figure ci-dessus). Pas évident... quand on a ni formule ni propriété géométrique. Mais j'ai trouvé une méthode qui, moyennant des interventions manuelles in vivo dans un procédé localement convergent, permet d'obtenir une très bonne approximation de la solution (celle du logiciel en fait). Ensuite un coup d'inverseur et le tour est joué. Ce rayon minimal, dans ce cas, est $r=\sqrt{3}-\sqrt{2}$. Le rayon maximal $R$ de ce cercle est bien sûr $1/r$.
    J'aime bien l'idée de trouver une formule à partir de cas particuliers (on peut toujours rêver). Alors je recommence avec d'autres angles : $t_1=0$, $t_2=\pi/6$ et $t_3=3\pi/4$. Résultat : $$r=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2} \; \left(\sqrt{3} + 1 \right) + \sqrt{3} - 1}.$$ Je peux refaire la manip autant de fois que je veux. Le but du jeu étant de trouver une formule qui donne ce rayon minimal $r$ en fonction des $t_i$. Une idée ?

  • Bonsoir à tous 
    Il est curieux que personne n'ait dit ou remarqué que le quadrangle $(T_1,T_3,T_2,T_4)$ est harmonique.
    Amicalement
    pappus
  • Bonsoir,

    Si, Pappus, tu aurais du remarquer que mon précédent message contenait la phrase:
    "On peut alors vérifier que $(a,d,b,c)=−1$".

    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci Rescassol
    Excuse mes vieux yeux cataractisés mais tu aurais dû mieux mettre en évidence ce résultat très important!
    Amitiés pappus
  • On peut aussi utiliser la fonction Ctrl-F du navigateur, pour trouver les occurences du mot "harmonique".
  • Vassillia
    Modifié (22 Mar)
    Puisqu'on en est à parler de propriété déjà remarquée par Rescassol et pldx1, je pose une autre question bête : qu'est-ce que le caractère poristique ?
    Je n'ai pas beaucoup cherché à deviner et il n'y a rien qui me parait évident. Ça m'intrigue mais ce n'est peut-être pas une question importante.
    La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
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