8 novembre 2021

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  • 6.8.5

    le 8 novembre 2021 à 20:01, par bistraque

    Une inversion bien choisie transforme la figure en une figure symétrique de 4 cercles tangents alignés et de même rayon (disons de rayon unité). Les deux cercles choisis pour l’inversion deviennent deux droites parallèles et tangentes aux cercles. Le cinquième cercle est alors un cercle de rayon $1/4$ et les points de tangence sont à coordonnées rationnelles (le fameux rapport $(3/5, 4/5)$).
    Si tous les points $A$, $B$, $C$, $C'$, $B'$, $A'$ sont cocycliques alors le centre est nécessairement à l’intersection des médiatrices de $AB$ et de $A'B'$ soit $O$. En prenant $O$ comme origine, $C=(18/5, 1/5)$ et $A=(2,3)$. On vérifie que $OA²=OC²=13$.
    Les six points étant cocycliques, leurs images par l’inversion le sont aussi.

    Document joint : fsp-685.png.jpg
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    • Une autre inversion

      le 9 novembre 2021 à 12:26, par Reine

      Votre inversion résout la question avec efficacité et élégance. On peut peut-être gagner encore en élégance (mais c’est affaire de goût) en mettant à profit une deuxième inversion pour éviter le calcul explicite des points de contact.

      En effet, quelles que soient les dimensions relatives des sept cercles de départ, votre inversion fournit toujours la même figure (les quatre cercles plus un, coincés entre deux parallèles). Appelons F cette figure, bien définie à une similitude près. C’est aussi elle que l’on aurait obtenue si les données avaient été le cas bien symétrique où l’on a, dans le grand cercle, trois cercles moyens égaux entre eux et trois petits cercles égaux entre eux. En retournant l’argument, ceci prouve qu’une inversion bien choisie transforme la figure$\,$ F en la figure initiale, mais symétrisée. On est ainsi ramené, par deux inversions successives, au cas symétrique, qui est évident, les six points en question étant tous à la même distance du centre de la figure.

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      • Une autre inversion

        le 9 novembre 2021 à 18:48, par bistraque

        Excellent ! je confirme c’est plus élégant :)

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      • Une autre inversion

        le 22 novembre 2021 à 01:23, par Sidonie

        Autres inversions redonnant quelques résultats démontrés par d’autres méthodes par Hebu et moi-même.
        Dans un cercle (O), 3 cercles (A), (C) et (E) tangents entre eux et tangents à (O) puis 3 autres (B), (D) et (F) tangents à (O) et à deux des trois cercles précédents. G, H, I, J, K et L sont les points de contacts de (A) et (B), (B) et (C), etc . Il faut prouver la cocyclité de ces 6 points.
        M et N sont les points de contact de (O) avec (B) et (E). Les tangentes en M et N se coupent en P. (P) est le cercle de centre P et passant par M et N. On considère l’inversion dont le cercle d’inversion est (P).
        (P) est orthogonal à (O), (B) et (E) qui sont donc leur propre image. (A) est tangent à ces 3 cercles, son image est donc (C). (F) est tangent à (O), (A) et (E) donc son image est (D) tangent (O), (C) et (E).
        On obtient alors des alignements avec P : les 2 tangentes en M et N, (AC), (FD), (GH), (IL), (JK), la droite passant par les points de contacts de (E) avec (A) et (C), ainsi que les tangentes communes de (A) et (C) ainsi que de (D) et(F) soit pas moins de 12 droites. Avec en plus (P) tangente avec (A) et (C)
        Dans l’inversion G donne H, L donne I donc G, H, I et L sont cocycliques de même que G, H, J et K.
        Il suffit de recommencer avec S intersection des tangentes en Q et R de (C) et (F) pour avoir la cocyclité de H, I, J et G qui avec les 2 précédentes donne la cocyclité de G, H, I, J, K et L .
        Pour le 6.8.6 il suffit de remarquer que les tangentes en G et H ont pour bissectrice la médiatrice de [GH] et ainsi de suite pour les 5 autres paires, or les 6 médiatrices sont concourantes au centre du cercle du 6.8.5 qui est donc à la même distance des 6 tangentes. C’est sans doute l’argument de Reine mais il me semble plus clair ainsi.

        Document joint : fsp_6.8.5_et_6.jpg
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        • Que d’inversions !

          le 24 novembre 2021 à 06:18, par Reine

          Oui et non ; ce que j’avais en tête ressemble à ça, mais en plus grossier. Je voulais seulement dire que si, à partir de différents points d’un même cercle, on trace des droites qui toutes coupent le cercle sous le même angle, elles passeront à la même distance du centre (figure jointe). Bien sûr, quelques secondes de réflexion permettent de préciser ça (la distance au centre est le produit du rayon par le cosinus de l’angle), mais mon idée était plus fruste, en amont même de ces quelques secondes.

          Tout ceci n’importe guère. Lire votre démonstration m’a fait plaisir ; elle complète bien celle de Bistraque, ayant l’avantage d’expliciter, dans une jungle de relations et de propriétés, celles qui contribuent au résultat cherché. L’argument de Bistraque nous emmène, lui, de l’autre côté du miroir, dans un monde un peu magique où certaines choses cachées deviennent limpides ou même évidentes, mais où le contact est perdu avec les raisons qui sous-tendent ces choses dans l’univers « réel ».

          Document joint : obliques.pdf
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  • Et sans inversion ?

    le 5 avril à 09:56, par Reine

    Cette jolie propriété peut aussi s’établir sans recourir à aucune inversion, au moyen de deux résultats préliminaires. Le premier est un cas limite de la Figure sans paroles 6.8.14. Étant donné$\,$ (figure 1) un cercle $\,c$ tangent intérieurement en un point $\,T$ à un cercle $\,C$, il existe un cercle $\,\Gamma$ qui est orthogonal à tout cercle tangent à $\,C$ et à $\,c$ ne passant pas par $\,T$. [1] Peut-être la démonstration de 6.8.14 proposée par Sidonie s’adapte-t-elle à ce cas tangent ; je ne l’ai pas vérifié. De toute façon, le court argument que j’ai proposé sous le titre Une généralisation s’applique ici ; je ne le répète donc pas.

    Revenons à notre figure 6.8.5. On a sept cercles $C_0$, $C_1$, $C_2$, $C_3$, $D_1$, $D_2$ et $D_3$ présentant de nombreux contacts tangentiels (figure 2). Appliquée à $C_1$ et $C_0$, la propriété rappelée ci-dessus dit qu’un cercle $\,\Gamma$ est orthogonal à $D_3$, $C_2$, $C_3$ et $D_2$. Il passe donc par les points de contact $T_{23}$ où $C_2$ touche $D_3$ et $T_{32}$ où $C_3$ touche $D_2$. Soit $\Gamma'$ le cercle orthogonal à $\Gamma$ passant par $T_{23}$ et $T_{32}$. Il est tangent en $T_{23}$ à $C_2$ et $D_3$, et en $T_{32}$ à $C_3$ et $D_2$.

    Le deuxième résultat préliminaire est la Figure sans Paroles 6.8.1, selon laquelle un cycle de quatre cercles tangents en chaîne donne lieu à quatre points de contact cocycliques. Comme l’écrit Hébu, « il est assez facile de calculer les angles et de montrer (...) la cocyclicité ». En l’appliquant ici aux quatre cercles $C_1$, $D_3$, $\Gamma'$ et $D_2$, on trouve que $T_{13}$, $T_{23}$, $T_{32}$ et $T_{12}$ sont sur un même cercle $\gamma$. Et l’appliquer à $D_1$, $C_3$, $\Gamma'$ et $C_2$ donne la cocyclicité de $T_{31}$, $T_{32}$, $T_{23}$ et $T_{21}$. On peut montrer de même (ou en permutant les indices) celle de $T_{12}$, $T_{13}$, $T_{31}$ et $T_{32}$, donc $T_{31}$ est aussi sur $\gamma$ ; et le sixième point $T_{21}$ suit.

    [1Il y a deux familles de cercles tangents à $\,C$ et $\,c$ : l’une est le faisceau des cercles tangents en $\,T$ à $\,C$ et $\,c$, les cercles de l’autre famille sont tangents intérieurement à $\,C$ et extérieurement à $\,c$, et orthogonaux à $\,\Gamma$.

    Document joint : figure-6-8-5.pdf
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