Théorème des six cercles — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Réponses

  • Modifié (December 2022)
    Dans https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=discussion/comment/826281 on peut trouver la démonstration initiale d'Evelyn du théorème des six cercles.
    Comme le dit Poulbot dans le post n°5 poser des longueurs comme des sin^2 est une "super astuce " qui fait que les calculs se simplifient miraculeusement.
    J'ai recherché d'où vient cette "astuce" de poser $a=p\sin^2\alpha,b=p\sin^2\beta,c=p\sin^2\gamma$ et je pense que l'on peut remonter à 1853 dans : http://www.numdam.org/item/NAM_1853_1_12__131_1.pdf
    Je note que Schellbach affirme que alpha, beta, gamma sont des angles connus et constructibles.
    Schellbach était certainement un bien meilleur géomètre que moi.  Sauriez vous à quoi ces angles correspondent ?
    Merci !
  • Modifié (February 2023)
    Bonjour,
    donc pas d'interprétation géométrique de cette "super astuce".
    Je me pose aussi des questions sur le cas où l'un des cercles est le cercle inscrit, ce qui donne le sangaku illustré ci-dessus.
    La relation demandée est corrigée dans le livre de Géry Huvent sur les sangakus sur trois pages avec force fonctions symétriques des racines (p 125 à 128).
    David Acheson dans son livre "geometrix" écrit : "j'ai eu du mal à le trouver aussi "plaisant et délectable" que le claironne le sous-titre de la revue "Ladies' diary", donne la référence de 1817
    https://archive.org/details/mathematicalque02leybgoog/page/n201/mode/2up
    et dit que sa méthode "conduit à une série de calculs fastidieux" qu'ils ne détaille pas (p. 270) et demande une méthode élégante.

    Et moi, en utilisant la super astuce ci-dessus, j'arrive à devoir montrer que
    cos(a1+a3)*cos(a2+a3)/cos(a2)/cos(a1)+cos(a2+a1)*cos(a3+a1)/cos(a3)/cos(a2)+cos(a3+a2)*cos(a1+a2)/cos(a1)/cos(a3) = 1
    si cos^2 (a1)+cos^2 (a2)+cos^2(a3) =1
    ce qui de toutes façons ne serait pas élégant...
    Donc deux questions.
    1) une méthode élégante ?
    2) une photo de ce sangaku ?
  • Modifié (March 2023)
    r
  • Modifié (February 2023)
    Superbe, merci !
    D'où est-ce pris ?
  • Modifié (March 2023)
    r
  • Impatient de voir ce livre !
  • Modifié (March 2023)
    rferreol2 a dit :
    Impatient de voir ce livre !
    r
  • Modifié (February 2023)
    Merci !
    Et ta formule montre simplement que le plus grand disque est celui qui est dans le plus petit angle !
  • Modifié (February 2023)
    Et cela permet de résoudre le problème de Malfatti de l’empilement de trois disques d'aire maximum.
    Si les angles du triangle sont rangés par A<=B<=C  le premier disque est l'inscrit et le deuxième est celui qui est inscrit dans le secteur de A.
    Et grâce à ta formule, le troisième est celui qui est inscrit dans le secteur de B, sauf si $\tan(\pi/4-A/4)^2>\tan(\pi/4-B/4) $ auquel cas il est de nouveau inscrit dans le secteur de A comme ci-dessus !

    Pour un triangle isocèle en A  , la valeur charnière est donc A tel que $\tan(\pi/4-A/4)^2=\tan(A/8) $, ce qui fait 37,5 degrés environ, si je n'ai pas fait d'erreur.

  • Une idée de complétion pour ton livre : la concourance des cordes de contact dans le sangaku.
    Vu sur https://mathworld.wolfram.com/SevenCirclesTheorem.html


  • Modifié (February 2023)
    Bonjour
    Pour cette dernière figure de Robert Ferréol, en calcul barycentrique, en appelant $a,b,c$ les longueurs des côtés du triangle $ABC$, on pose: 
    $D_a=\sqrt{bc(a+b-c)(a-b+c)},\space X_a=-4a^2+5(b+c)a-(b-c)^2$ et permutation circulaire.
    Les trois droites joignant les points de contact sont concourantes en un point dont les coordonnées barycentriques sont:
    $\alpha_A=(a+b-c)(a-b+c)(6a(b-a+c)D_a+X_bD_b+X_cD_c+3a(b-a+c)(-(b-c)^2+a(b+c)))$
    et permutation circulaire.
    Ce point est $X_{177}$ dans l'ETC.

    Cordialement,
    Rescassol
  • Super et superbe figure . Mais comment passes tu de tes coordonnées barycentriques compliquées à celle de X177
    (sin A)(cos B/2 + cos C/2) sec A/2 ?
  • Modifié (February 2023)
    Bonsoir Robert,

    Je n'ai pas fait de trigonométrie du tout.
    Je suis passé de ta figure aux coordonnées barycentriques directement en ne manipulant que les longueurs des côtés du triangle $ABC$.
    Puis j'ai utilisé un programme Matlab qui calcule les nombres à chercher dans la table $6-9-13$ de l'ETC, et j'ai trouvé $X_{177}$, confirmé par la commande Géogébra $Position(M, Séquence(TriangleCentre(A, B, C, n), n, 1, 5000))$.

    Cordialement,
    Rescassol


  • Modifié (February 2023)
    Bonne nuit, Robert, Rescassol,
    C'est intéressant ! Comment relier cette propriété de ce point X177 avec ce qu'en dit ETC, que c'est le perspecteur de ABC et du "triangle central d'Yff" ? Ce doit être assez simple, étant donné la définition de ce triangle particulier : https://mathworld.wolfram.com/YffCentralTriangle.html 
    Bien amicalement, JLB
  • Modifié (February 2023)
    Bonsoir,
    Je reviens sur ceci :
    Je note que Schellbach affirme que alpha, beta, gamma sont des angles connus et constructibles.
    Sauriez vous à quoi ces angles correspondent ?
    On cherche à construire un angle géométrique $\alpha$ aigu dans un triangle $ABC$ tel que $a=p\,\sin^2\alpha$.
    Avec $p$ le demi périmètre, $I$ centre du cercle inscrit et $I_A$ centre du cercle $A$-exinscrit, on a les formules :
    $\cos\alpha =\sqrt{\dfrac{p-a}{p}}=\dfrac{AI}{\sqrt{bc}}=\dfrac{\sqrt{bc}}{AI_A}$ et $AI.AI_A=AD^2=bc$
    ce qui permet de faire la construction suivante avec le cercle de diamètre $[AI_A]$ où $\widehat{IAD}=\alpha$

    Il y a bien sûr d’autres angles $\alpha$ inscrits dans le cercle $ADI_A$.
    C'est une construction "possible" mais je ne sais pas ce qui est attendu en tant « qu’angle connu ».
    [Edit] À noter que cette construction donne toujours un angle géométrique $\alpha$ "aigu" (cosinus positif) comme spécifié par poulbot dans le fil cité et non pas son supplément.



  • Modifié (February 2023)
    Bonjour,

    Avec mes notations, les centres des trois cercles magenta ont pour coordonnées barycentriques:
    $Ma1=[4D_a+a^2 + a(b+c)-2(b-c)^2;\space b(b-a+c);\space c(b-a+c)]$
    $Mb1=[a(c-b+a);\space 4D_b+b^2 + b(c+a)-2(c-a)^2;\space c(c-b+a)]$
    $Mc1=[a(a-c+b);\space b(a-c+b);\space 4D_c+c^2 + c(a+b)-2(a-b)^2]$

    Cordialement,
    Rescassol

  • Modifié (February 2023)
    Il y a bien sûr d’autres angles $\alpha$ inscrits dans le cercle $ADI_A$.
    C'est une construction "possible" mais je ne sais pas ce qui est attendu en tant « qu’angle connu ».
    [Edit] À noter que cette construction donne toujours un angle géométrique $\alpha$ "aigu" (cosinus positif) comme spécifié par poulbot dans le fil cité et non pas son supplément.
    Super ingénieux !
  • Modifié (February 2023)
    Bonjour Robert,
    Hum "ingénieux" peut-être quand on voit le résultat final. Je dirais plutôt "laborieux". Quelques explications.
    Très optimiste, j'ai commencé au pif via GeoGebra en tentant d'exhiber un angle $\alpha$ à partir d'un triangle $ABC$ avec des constructions plus ou moins ésotériques. Évidemment en pure perte.
    Soyons plus sérieux : après avoir établi les valeurs des sinus et cosinus  des angles $\alpha,\beta,\gamma$ (mais aussi des angles doubles) en fonction de $p,a,b,c$ et $a,b,c$ seuls (voie qui ne semblait guère prometteuse), j'ai consulté mon super formulaire "Recueil de 273 formules relatives au triangle avec leurs démonstrations"
    Je suis tombé sur les formules 71 et 72 :
    $AI^2=\dfrac{p-a}{p}bc$ et $AI_A^2=\dfrac{p}{p-a}bc$ à rapprocher de $\cos^2\alpha=\dfrac{p-a}{p}$
    À partir de là ne restait plus qu'à exhiber la moyenne proportionnelle de $b$ et $c$ ou plus exactement de $AI$ et $AI_A$.
    Dans un premier temps, j’ai pensé à un théorème de ma jeunesse :
    Dans un triangle rectangle, la  hauteur issue de l’angle droit est moyenne proportionnelle entre les segments qu’elle  détermine sur l’hypoténuse.
    Totalement inopérant ici.
    Et puis, un petit miracle a eu lieu : grâce à pappus qui l'a rappelée récemment à l'occasion d'un fil sur les pôles et polaires, je me suis souvenu d'une relation métrique dans le triangle rectangle : si $ABC$ est rectangle en $A$ et $H$ le pied de la hauteur issue de $A$, on a : $BA^2=BH.BC$
    Cela collait parfaitement avec la figure.
    Des questions.
     - Au milieu du XIX ème siècle, il est fort possible que Schellbach pensait à d'autres "angles connus". Impossible de savoir.
     un exemple ici avec les tangentes communes aux cercles de diamètres $[AI]$ et $[II_A]$ :

     - Est-il possible de reprendre le théorème des six cercles ou plus modestement le problème de Malfatti d'une manière moins calculatoire avec ces définitions des angles $\alpha ,\beta , \gamma$ ? Personnellement je n'y crois pas : cela aurait déjà été fait.
    P.S. Si besoin est, je me ferai un plaisir de retranscrire ici même les démonstrations des formules 71 et 72.
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