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QDM 31: avec ou sans gaku!

Envoyé par Norbert Verdier 
QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
Bonsoir ,

Définition empruntée à Wikipedia: "Les Sangaku ou San Gaku sont des énigmes géométriques japonaises de géométrie euclidienne gravées sur des tablettes de bois, apparues durant la période Edo (1603-1867) et fabriquées par des membres de toutes les classes sociales."

Dans le cadre de notre dynamique forum de les-mathematiques.net, deux sangaku au moins vous sont familiers:
--> l'avatar de Domi
--> le sangaku aujourd'hui disparu de la préfecture de Fukusima qui est décrit dans le dernier fil de Jean-Louis , page 43

...
bs
Re: QDM 31: Avec ou San Gaku !
il y a neuf années
avatar
...

Le Comité du Mardi vous propose quelques sangakus à résoudre; pour commencer:
[attachment 16227 Sangaku-1-1-1.gif]

Sangaku 1

Quel est le rayon des deux cercles situés à l'intérieur du triangle rectangle de côtés $a \leq b < c$ ?

(Le triangle du sangaku original a pour côtés $3,4,5$)

[attachment 16195 Sangaku-2-1.gif]

Sangaku 2

Si $C$ est le côté du grand carré, quel est le côté $c$ du petit carré ?


Amicalement.

[Merci Alain pour la mise en page du fil :) ]
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
Merci Bernard pour le transfert. Amicalement. Norbert.
Re: QDM 31: Avec ou San Gaku !
il y a neuf années
avatar
Pour le 2, je trouve c=3C/5.
bs
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Bonsoir,

Sylvain thumbs down

Amicalement.
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
Pour le 1, dans le cas 3,4,5, je trouve $r = \dfrac{5}{7}$.
bs
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Bonsoir,

Guego thumbs down

Amicalement.
bs
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Re,

En route pour un autre sangaku ?
[attachment 16202 Sangaku-3-1.gif]

Sangaku 3

$a=R-r$ est connu

côté $x$ du carré en fonction de $a$ ?


Amicalement.
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Pour le 3 je trouve, après une série de calculs pénibles, la relation suivante :

$$c=a\dfrac{28+16\sqrt{3}+6\sqrt{6}+10\sqrt{2}}{2+\sqrt{6}-\sqrt{2}}$$
bs
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Bonjour,

Non Sylvain, ce n'est pas la relation attendue, voici la même figure avec quelques repères...
[attachment 16239 Sangaku-3-2.gif]

Sangaku 3

Amicalement.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a neuf ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par bs.


bs
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Re,

Et voici un quatrième sangaku :
Sangaku 4

[attachment 16240 Sangaku-4-1.gif]

$R$ et $r$ sont les rayons des deux plus grands cercles

Rayons $x>y>z$ des six autres cercles ?


Amicalement.
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Je me disais bien que c'était une expression compliquée et manquant cruellement d'élégance...sad smiley

Edit : en mesurant sur ta figure, je trouve $c=\dfrac{80a}{3}$ smiling bouncing smiley
bs
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Re,


Sylvain, je viens de comprendre comment tu as résolu aussi rapidement (peut-être que Guego aussi...) le sangaku N°2 ;)

Pour le sangaku N°3, le résultat numérique que tu proposes n'est pas trop éloigné, mais il y a la présence d'un radical dans la relation exacte.

Amicalement.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a neuf ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par bs.
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Ah non ! Pour le n°2 je n'ai pas triché ! hot smiley
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Je vais exposer ma démarche pour le sangaku 3, même si je m'empêtre lamentablement dans les calculs (Christophe serait-il contagieux ?) :

l'idée est d'exprimer les rayons $R$ et $r$ en fonction de $x$, via la formule pour le rayon du cercle inscrit $r=\dfrac{2S}{a+b+c}$, avec $S$ l'aire du triangle, $a$, $b$ et $c$ les longueurs de ses côtés.

Basons-nous sur la seconde figure de bs, et appelons $A'$ (respectivement $B'$) le symétrique de $A$ (respectivement de $B$) par rapport à $(EH)$.

Le triangle $EA'B'$ est isocèle de sommet $B'$ et l'angle $EB'A'$ a la même mesure que l'angle $HEB'$ (angles alternes internes), soit 30 degrés.
On a $EB'=A'B'=x$ et $EA'=2x\sin 15°$. Par ailleurs l'aire $S_{1}$ du triangle est $x\cos 15°.x\sin 15°$.

On peut donc en tirer la valeur de $R$ en fonction de $x$.

Ensuite, l'aire $S_{2}$ du triangle $BFE$ est égale à l'aire du carré ($x^{2}$) moins celle du triangle équilatéral ($x²\dfrac{\sqrt{3}}{4}$) moins celle du triangle $AB'F$ ($x^{2}\dfrac{(1-\tan 15°)}{2}$) moins $S_{1}$.

Les longueurs des côtés du triangle $BFE$ sont $x$, $x(1-\tan 15°)$ et $2x\sin 15°$.

Voilà, ya plus qu'à...
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
Hé ! Pour le 2, je n'ai pas triché non plus !
Je me suis bêtement placé dans le repère auquel on pense, et j'ai calculé (en disant qu'un cercle est tangent à une droite si et seulement si la distance du centre du cercle à la droite est égale au rayon).
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
[attachment 16248 Sangaku.gif]

On demandait aussi de calculer les rayons des petits cercles.
Le problème du calcul du côté du carré inscrit fut donné en 1820 dans la préfecture d'Iwate.
La tablette a depuis disparu.
Celui du calcul des rayons date de 1895 dans la préfecture de Fukusima.
Amicalement
Pappus


Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
J'en suis resté au sangaku 1.
Je sais maintenant comment montrer que pour les valeurs a=3,b=4,c=5
r vaut 5/7.

Mais je me demandais s'il y a une formule générale qui permette d'exprimer r en fonction de a,b,c?


PS:
La même méthode qui utilise PARI m'indique que dans le cas général
r=c/(a+b)



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a neuf ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Fin de partie.
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Il se peut que j'ai écrit une belle ânerie au dessus.

Mais cependant, il me semble que le problème de trouver deux cercles de même rayon qui sont tangents entre eux et qui sont tangents l'un et l'autre à deux côtés d'un triangle rectangle (mais pas simultanément aux deux côtés qui forment l'angle droit) a deux solutions.

C'est ce qu'il me semble du moins dans le cas d'un triangle rectangle de côtés de longueur 3,4,5.

r=5/3 semble convenir aussi.
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Bonsoir à tous

Un petit rappel :sangaku

J'avais raconté pas mal d'âneries mais je suis un peu fan de ces exercices , je ne comprends rien au japonais mais la question ( pas la réponse ) va de soi thumbs down

Domi
bs
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Bonjour,

Merci à tous pour vos réponses et liens.

Retour au sangaku 1 dans le cas général: voir le dessin ci-joint (attention, le triangle est rectangle en B); j'ai repris le raisonnement à partir d'un livre écrit en japonais, mais il est vrai que dans le temple à l'origine, il s'agissait d'un triangle rectangle de côtés $3,4,5$.

1) $AC=AG+GF+FC$
2) $GF=2r, AG=x, FC=y$
3) calcul de $AG$:
--> les triangles $AGJ$ et $ABC$ sont semblables et $AG=x=AJ \dfrac{c}{b}$ $(1)$
--> on a: $AJ=AD+DJ$ ET $AD=AG$ ==> $AJ=AG+DJ=x+DJ$ $(2)$
--> les triangles $CBA$ et $JDO_1$ sont semblables et $JD=r\dfrac{a}{c}$ $(3)$
--> (2) et (3) ===> $AJ=x+r\dfrac{a}{c}$ $(4)$
--> (1) et (4) ===> $x=(x+r\dfrac{a}{c}) \dfrac{c}{b}$ ===>$x=r\dfrac{a}{b-c}$
4) calcul de $FC$ , on obtient $y=r\dfrac{c}{b-a}$
5) $b=r\dfrac{a}{b-c}+2r+ r\dfrac{c}{b-a}$
6) $$r=\dfrac{b}{1+\dfrac{ac}{(b-a)(b-c)}}$$
[attachment 16299 Sangaku-1-2.gif]


Les solutions des autres sangaku proposés seront également dévoilées.

Amicalement.
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Citation
bs
j'ai repris le raisonnement à partir d'un livre écrit en japonais
Tu lis le japonais ?
bs
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Bonjour,

Oh non mon Sylvain, je ne suis pas vraiment doué pour les langues étrangères.

Un cousin m'a envoyé depuis Tokyo un livre sur les sangaku que j'essaie de déchiffrer, le texte est en japonais mais il est entrecoupé d'équations écrites dans notre alphabet; cependant, il y a quelques sangaku qui me donnent du fil à retordre.
En pièce jointe, un scan de deux pages du livre.

Amicalement.
[attachment 16300 Sangaku1.pdf]



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a neuf ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par bs.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - Sangaku1.pdf (246 KB)
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Merci pour le pdf. Il semble ne pas y avoir trop de kanji distincts...Les livres de sangaku seraient-ils plus accessibles à nous autres pauvres furansujin que les romans de Haruki Murakami ? Sinon, tu sais ce que c'est cette espèce de "S" couché page 119 ?

Edit : apparemment, ça voudrait dire "est semblable à", dans la mesure où &#30452;&#35282;&#19977;&#35282;&#24418; (lire "chokkakusankakkei") signifie "triangle rectangle". La dernière phrase du premier paragraphe p119 devrait donc se traduire par "comme les triangles rectangles ABC et O2EI sont semblables".



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a neuf ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Sylvain.
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a neuf années
avatar
Pour le sangaku 2:

On considère le repère orthonormé naturel (l'axe constitué du côté inférieur et l'axe composé du côté gauche) d'origine le point O en bas à gauche.

Les deux cercles sont d'équation respective $x^2+y^2=c^2$ (C1), $(x-c)^2+y^2=c^2$ (C2)
où c est la longueur du côté du carré.

Pour que $M_0$ d'abscisse $x_0$ et d'ordonnée c' soit sur le cercle C2 il faut que
$(x_0-c)^2+c'^2=c^2$ (1). Soit $M'_0$ le projeté orthogonal de $M_0$ sur l'axe des abscisses.

Soit $M_1$ un point de C1 et soit $M'_1$ son projeté orthogonal sur l'axe des abscisses.
Pour que le quadrilatère $M'_1M_1M_0M'_0$ soit un carré il faut et il suffit que le point $M_1$ soit d'abscisse $x_0+c'$ et d'ordonnée c'.

$M_1$ étant sur C1 donc: $(x_0+c')^2+c'^2=c^2$ (2)

Si on soustrait l'égalité (2) à (1) on obtient:
$(x_0-c)^2-(x_0+c')^2=0$
Soit:
$(x_0-c+x_0+c')(x_0-c-x_0-c')=0$
Donc:
$(2x_0+c'-c)(c+c')=0$
puisque c+c' est non nul
Ainsi:
$x_0=\dfrac{c-c'}{2}$
On reporte cette valeur dans (2):
On obtient:
${(\dfrac{c+c'}{2})}^2+c'^2=c^2$
C'est à dire:
$(c+c')^2+4c'^2=4c^2$
Ou bien:
$c^2+c'^2+2cc'+4c'^2-4c^2$
Finalement:
$5c'^2+2cc'-3c^2=0$
C'est une équation polynomiale du second degré en c'.
$\delta=4c^2-4.5.(-3c^2)=64c^2$
D'où:
$c'_1=\dfrac{-2c+8c}{10}=\dfrac{3c}{5}$
$c'_2=\dfrac{-2c-8c}{10}$

La solution cherchée doit être positive donc:
$c'=\dfrac{3c}{5}$

Si r est le rayon du cercle C3 de centre O' qui est tangent au côté supérieur du petit carré de côté c' et aux deux cercles C1 et C2.

Le point où se coupe C3 et le petit carré a pour abscisse $x_3$ et pour ordonnée $\dfrac{3c}{5}$
O' a donc pour coordonnées ($x_3$;$\dfrac{3c}{5}+r$)

Le cercle C2 a pour centre le point A (c;0)

C2 et C3 sont tangents si et seulement si: $AO'=c-r$
C'est à dire:
$(x_3-c)^2+{(\dfrac{3c}{5}+r)}^2=(c-r)^2$ (1)

C1 et C3 sont tangents si et seulement si:
$x_3^2+{(\dfrac{3c}{5}+r)}^2=(c-r)^2$ (2)

En soustrayant (2) à (1) on obtient:
$(x_3-c)^2-x_3^2=0$
C'est à dire:
$c(2x_3-c)=0$
c étant non nul ainsi:
$x_3=\dfrac{c}{2}$
On reporte cette valeur dans (2):
$\dfrac{c^2}{4}+{(\dfrac{3c}{5}+r)}^2=(c-r)^2$
On développe:
$\dfrac{c^2}{4}+\dfrac{9c^2}{25}+r^2+\dfrac{3cr}{5}=c^2+r^2-2cr$
$\dfrac{-3c^2}{4}+\dfrac{13cr}{5}+\dfrac{9c^2}{25}=0$
Donc:
$\dfrac{13cr}{5}=\dfrac{39c^2}{100}$
C'est à dire:
$r=\dfrac{3c}{20}$

Soit r' le rayon du cercle qui est tangent au côté supérieur du grand carré et aux cercles C1 et C2.

De même on montre que $r'=\dfrac{c}{16}$

En espérant ne pas avoir écrit (trop) d'âneries.
bs
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a six années
avatar
Bonjour,

Je m'aperçois ne pas avoir remercié Bruno qui est à l'origine de tous ces jolis dessins, merci Bruno ;)

Fond de tiroir :

--> le sangaku 3 [www.les-mathematiques.net], et

---> le sangaku 4 [www.les-mathematiques.net]

de cette QDM 31 sont restés sans réponse...exacte.

Voici un sangaku proposé par Domi le 12/07/2013.

Autres sangaku rencontrés sur notre forum depuis la QDM 31 : [www.les-mathematiques.net] [www.les-mathematiques.net] [www.les-mathematiques.net] ...

... Sans oublier les sangaku de Kolokoto : [www.les-mathematiques.net] [www.les-mathematiques.net] [www.les-mathematiques.net] [www.les-mathematiques.net] [www.les-mathematiques.net] [www.les-mathematiques.net] [www.les-mathematiques.net]

Et d'autres plus anciens : [www.les-mathematiques.net] [www.les-mathematiques.net]

Amicalement.



Edité 12 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par bs.
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a six années
avatar
Pour le sangaku 4, je trouve $x=\dfrac{4rR(R-r)}{(R+r)^2}$, $y=\dfrac{4rR(R-r)}{9(R-r)^2+4rR}$ et $z=\dfrac{4rR(R-r)}{25(R-r)^2+4rR}$.

Je remets la figure (les cercles ont pour rayons $R>r>x>y>z$) :

[attachment 29041 Sangaku-4-1.gif]


C'est facile de trouver $x$ en appliquant Pythagore dans les triangles $O_1O_3A$ et $O_2O_3A$, où $O_1,O_2,O_3$ sont les centres des cercles de rayons respectifs $R$, $r$ et $x$ et $A$ le projeté orthogonal de $O_3$ sur $(O_1O_2)$. Ça donne un système d'équations qui se résout facilement à la main.

Pour trouver $y$ j'avais d'abord écrit que la somme des aires des triangles $O_1O_2O_3$ et $O_2O_3O_4$ était égale à la somme des aires des triangles $O_1O_2O_4$ et $O_1O_3O_4$. Ça donne une équation assez moche mais que Maple sait résoudre. Même méthode pour trouver $z$.

Et puis je me suis dit qu'il devait y avoir une méthode bien plus simple (et que Domi serait fâché que j'utilise Maple) et en cherchant un peu sur Wikipédia je suis tombé sur le théorème de Descartes [fr.wikipedia.org]\%C3\%A9or\%C3\%A8me_de_Descartes.

En appliquant ce théorème aux cercles de rayons $R$ et $r$ et aux deux cercles de rayon $x$, on obtient
$$\left(-\frac{1}{R}+\frac{1}{r}+\frac{2}{x}\right)^2=2\left(\frac{1}{R^2}+\frac{1}{r^2}+\frac{2}{x^2}\right)$$
ce qui donne facilement $x$.

De même, en appliquant le théorème aux cercles de rayons $R$, $r$, $x$ et $y$, on obtient
$$\left(-\frac{1}{R}+\frac{1}{r}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)^2=2\left(\frac{1}{R^2}+\frac{1}{r^2}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)$$
et on en déduit facilement $y$, etc.
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a six années
avatar
Sangaku 4.
Je n'ai pas compris ce qui est donné et ce qui est cherché dans cette figure, mais s'il s'agit de connaître les rayons des six petits cercles, je pense qu'on pourrait conseiller une inversion dont le pôle est le point de contact des deux grands cercles, tout en bas, et qui les transforme donc en deux droites parallèles, les six autres cercles se transformant en cercles égaux tangents à ces deux droites, et dont la position est bien connue. Pour en dire plus, il me faudrait connaître l'énoncé ...
Bonne soirée.
RC



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a six ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Raymond Cordier.
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a six années
avatar
Pour le 3 , sauf erreur , $x=(14+8\sqrt{3})a$ , c'est complètement lisse et sans Maple :D

Domi
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a six années
avatar
Distrait j'étais, j'ai compris l'énoncé du 4 en regardant plus haut.
Je confirme : on n'a pas à se contenter de six cercles, on peut en prendre autant qu'on veut.

Soient deux "grands" cercles $\Gamma_{A}$ et $\Gamma_{B}$, de centres respectifs $A$ et $B$, de rayons respectifs $r$ et $R$, avec $0<r<R$, tangents intérieurement en $\Omega$. On considère la suite de "petits" cercles successifs $C_{1}$, $C_{2}$, ... le cercle $C_{1}$ étant tangent à $\Gamma_{A}$, $\Gamma_{B}$ et à la droite $\Omega AB$, le cercle $C_{2}$ étant tangent à $\Gamma_{A}$, $\Gamma_{B}$ et au cercle $C_{1}$, et ainsi de suite. Soit $x_{n}$ le rayon du cercle $C_{n}$.

L'inversion de pôle $\Omega$ et de puissance $k^2$ transforme les cercles $\Gamma_{A}$ et $\Gamma_{B}$ en deux droites $\Delta _{A}$ et $\Delta _{B}$ perpendiculaires à la droite $\Omega AB$ en $E^{\prime }$ et $F^{\prime }$, avec : $\Omega E^{\prime }=\frac{k^{2}}{2r}$, $\Omega F^{\prime }=\frac{k^{2}}{2R}$.
Cette inversion transforme le cercle $C_{n}$ en un cercle $C_{n}^{\prime }$. Le cercle $C_{1}^{\prime }$ est tangent aux droites $\Delta _{A}$, $\Delta _{B}$ et $\Omega AB$, puis chacun des cercles $C_{n}^{\prime }$ est tangent au précédent et toujours aux droites $\Delta _{A}$ et $\Delta _{B}$, qui sont parallèles.

Tous ces cercles $C_{n}^{\prime }$ ont donc le même rayon $\rho =\frac{1}{2}(\Omega E^{\prime }-\Omega F^{\prime }) =\frac{k^{2}}{4}(\frac{1}{r}-\frac{1}{R})$.

Si $J_{n}$ est le centre du cercle $C_{n}^{\prime }$, alors : $\Omega J_{n}^{2}=\frac{k^{4}}{16}(\frac{1}{r}+\frac{1}{R})^{2}+(2n-1)^{2}\rho ^{2}$.

Lebossé-Hémery (p. 244) nous donnent la formule pour le rayon d'un cercle inverse, et c'est : $x_{n}=\dfrac{k^{2}}{\Omega J_{n}^{2}-\rho ^{2}}\rho $.

Évidemment, le facteur $k^2$ se simplifie, j'aurais pu prendre $1$ pour puissance d'inversion, j'ai préféré prendre $k^2$ pour contrôler l'homogénéité des calculs. J'espère ne pas m'être (trop) trompé, j'achèverai tantôt.

Bonne soirée.
RC
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a six années
avatar
Reprenons le 4.
Je trouve donc : $x_{n}=\frac{4rR(R-r)}{4rR+(2n-1)^{2}(R-r)^{2}}$, ce qui est conforme aux résultats de Juge Ti.

L'hypothèse est : $0<r<R$, mais il n'est pas nécessaire de supposer que $x_{1}$ soit plus petit que $r$. Si $r$ est tout petit-petit, alors $x_{1}$ peut être plus grand que $r$, mais cela ne change rien au résultat.

Cette figure de chaîne de cercles tangents à deux cercles intérieurs l'un à l'autre est classique, il n'est pas nécessaire d'aller la chercher de l'autre côté du monde, voir par exemple le porisme de Steiner.

Il y a longtemps, j'ai posé dans l'American Mathemetical Monthly (June-July 1985) le problème de calculer la somme des aires de la famille infinie des disques ainsi obtenus, à partir de deux cercles "de base" tangents intérieurement, chacun de ces disques tangent au précédent et aux deux cercles "de base", dans les deux sens, quelle que soit la position du disque initial, soit comme ici tangent à la droite des centres des deux cercles "de base" (dénommée $\Omega AB$ dans mon précédent message), soit centré sur cette droite, soit en position quelconque. C'est faisable, avec l'inversion : les géomètres de ce site ont raison de déplorer que cette transformation ponctuelle ait disparu de notre enseignement. mais bon, ce n'est qu'un aspect de la déchéance actuelle.

Bonne soirée.
RC
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a six années
avatar
Il me semble que les mathématiciens Japonais qui proposaient tous ces problemes de contacts de cercles ne connaissaient pas l'inversion , ils ne se débrouillaient pas si mal pour autant . Je ne suis pas certain que le retour vers le passé soit une solution à quelque problème que ce soit .

Domi
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a six années
avatar
J'ai du mal à voir la cohérence de cette ode au passé de ces anciens Japonais qui se débrouillaient bien, paraît-il, sans inversion (comme nos ancêtres sans électricité), et le refus de ce même passé, à quoi appartiendrait l'inversion - assertion ridicule, le groupe circulaire appartenant aux mathématiques de toujours dès lors qu'il a été découvert.
bs
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a six années
avatar
Salut les artistes,

Merci pour votre participation qui va ainsi permettre de clore cette QDM 31.

:) pour ce joli feu d'artifice géométrique en ce jour de fête nationale 2013.

----> thumbs down Non Domi pour le Sangaku 3 [www.les-mathematiques.net], ce n'est pas, c'est effectivement $x=2 (7+4\sqrt{3})a$, vérifie avec une règle graduée.... [me suis mélangé les pinceaux avec diamètre et rayon sur mes vieilles notes de 2009 thumbs up ] [Merci Juge Ti]

----> Sangaku 4 [www.les-mathematiques.net] :

thumbs down Juge Ti pour tes deux méthodes et la relation de Descartes précédemment évoquée ici : [www.les-mathematiques.net]

thumbs down Raymond pour ta généralisation et l'utilisation de l'inversion, fleuron de nos Lebossé-Hémery et Lespinard & Pernet.
Le $n$_ième cercle a pour rayon : $R_{n}=\dfrac{4rR(R-r)}{4rR+(2n-1)^{2}(R-r)^{2}}.$

Malheureusement, il n'y a pas de figure. Le jour où je saurai utiliser GeoGebra, je dessinerai les figures correspondantes.

Le porisme de Steiner a été par exemple étudié ici [www.les-mathematiques.net] dans le passé.

Par contre, ces cercles tangents les uns aux autres me rappellent les cercles de Ford : [www.les-mathematiques.net]. L'axe des abscisses est ici un cercle de rayon infini.

Amicalement.
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a six années
avatar
Tu es sûr pour le 3 ? Parce que je trouve la même chose que Domi et avec Geogebra ça a l'air de marcher.
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a six années
avatar
Pour le 3 , on note $P_1,P_2,A_1,A_2$ le périmètre et l'aire des triangles 1 et 2 .
[attachment 29047 Sangaku3.jpg]

Quelques calculs élémentaires donnent :

$y=x(2-\sqrt{3})$
$z=x\sqrt{2-\sqrt{3}}$
$P_1=x(\sqrt{3}+\sqrt{2-\sqrt{3}})$
$P_2=x(2+\sqrt{2-\sqrt{3}})$
$4A_1=x^2(\sqrt{3}-1)$
$4A_2=x^2$ .
Comme le rayon du cercle inscrit dans un triangle est donné par $\displaystyle{r=\frac{2A}p}$ on a :
$\displaystyle{2a=\frac{4A_2}{P_2}-\frac{4A_1}{P_1}=\frac{x}{2+\sqrt{2-\sqrt{3}}}-\frac{x(\sqrt{3}-1)}{\sqrt{3}+\sqrt{2-\sqrt{3}}}=x(7-4\sqrt{3})}$
Et $x=(14+8\sqrt{3})a$
Domi
Jean-Louis Ayme
Re: QDM 31: avec ou sans gaku!
il y a six années
Bonjour,
sans oublier cette fameuse San Gaku de la préfecture de Gumma
[perso.orange.fr] vol. 4 La fameuse San Gaku
que l'Inspecteur Général Dominique Roux m'avait communiqué lors d'un CAPES à Paris...
Sincèrement
Jean-Louis

[Edit: précision de l'adresse:
[jl.ayme.pagesperso-orange.fr]
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