Théorèmes de Ptolémée

Piteux_gore
Piteux_gore
dans Géométrie
Bonjour,

Soit un quadrilatère convexe inscriptible ABCD avec AB =a, BC = b, CD = c et DA = d.

La loi des cosinus (ou thé au harem d'Al-Kashi) donne
cos(B) = (a2 + b2 -- AC2)/2ab et cos(D) = (c2 + d2 -- AC2)/2cd.
L'inscriptibilité de ABCD donne cos(B) = -cos(D).

De là on trouve, tous calculs faits, AC2 = (ac + bd)(ad + bc)/(ab + cd).
On a de même BD2 = (ac + bd)(ab + cd)/(ad + bc).

D'où
AC2.BD2 = (ac + bd)2 et donc (1er théorème de Ptolémée) AC.BD = ac + bd.
D'où aussi
AC2/BD2 = (ad + bc)2/(ab + cd)2 et donc (2ème théorème de Ptolémée) AC/BD = (ad + bc)/(ab + cd).

Je ne sais pas si le raisonnement précédent, qui donne en un seul coup les longueurs des diagonales et les résultats de Ptolémée, est connu... Je l'ai obtenu, un peu par hasard, à l'occasion d'un exercice de géométrie.

A+
Hic bene futuna est. (Wallis)

Réponses

  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    Je ne comprends pas la condition $\cos B = - \cos D$... d'où sort-elle ? Inscriptible dans quoi ?
  • pappus
    pappus
    Mon cher Yves
    On dit parfois qu'un quadrilatère $ABCD$ est inscriptible si les points $A$, $B$, $C$, $D$ sont cocycliques.
    Il va sans dire que tout ce que raconte Piteux_gore est connu depuis belle lurette.
    Je suis à peu près sûr qu'on peut retrouver ses calculs dans le $F.G-M$.
    A propos de Ptolémée, il faut retenir l'idée d'un théorème portant sur une inégalité qui s'obtient en transformant l'inégalité triangulaire par inversion.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    C'est déjà plus clair : donc la relation $\cos B = -\cos D$ est correcte et les calculs aussi. Pour la réciproque, ça marche aussi. Donc cette méthode est assez efficace pour démontrer le théorème. Celle de Wikipedia avec des triangles semblables et des angles est plus longue, mais reste géométrique.
  • Piteux_gore
    Piteux_gore
    RE

    Comme sin(B) = sin(D), une petite modification de cette méthode permet de démontrer la formule de Brahmagupta S2 = (p - a)(p - b)(p - c)(p - d), laquelle donne (en faisant d = 0) la formule de Héron
    relative à l'aire du triangle.

    Si je résume, la supplémentarité des angles opposés d'un quadrilatère inscriptible ET le thé au harem fournissent simultanément (ou presque) :
    les longueurs des diagonales
    les deux égalités de Ptolémée
    la formule de Brahmagupta (gloire à Kâli !)
    la formule de Héron
    et l'âge du capitaine.

    A+
    Hic bene futuna est. (Wallis)
  • Dasson
    Dasson
    Bonjour,
    Ptolémée pour le collège :
  • soland
    soland
    En poussant les calculs dans la même direction, on trouve pour tout quadrilatère ($\phi$ et $\psi$ sont deux angles opposés)
    $$
    16S^2=(-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)(a+b+c-d)-8abcd(1+\cos(\phi+\psi))
    $$
    Donc le quadrilatère inscriptible est celui d'aire maximale parmi ceux ayant des côtés de lomgueur $a$, $b$, $c$ et $d$.

    Si le quadrilatère est circonscriptible,
    $$
    S=\sqrt{abcd}\sin{(\phi/2+\psi/2)}
    $$
    S'il est en plus inscriptible,
    $$
    S=\sqrt{abcd}
    $$
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