Bonjour
J'ai déjà proposé cette figure plusieurs fois dans le passé mais peut-être que Gai-Requin ne la connait pas?
Comment est-elle possible?
Quelle géométrie utiliser?
Quelle est la topologie de l'espace ambiant?
Comment la généraliser?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Réponses
Pour un nombre pair de points (disons 4), une chaîne de cercles tangents se referme SSI toute chaîne se referme, ce qui arrive sous une condition de somme alternée d'angles qui, pour quatre points, équivaut à la cocyclicité (l'ordre importe-t-il ?).
Pour un nombre impair de points, quelle que soit la configuration, il doit y avoir deux chaînes qui se referment, que l'on peut paramétrer en cherchant le point fixe d'une composée des applications $s_k:\R/\pi\Z\to\R/\pi\Z$, $\theta\mapsto2\alpha_k-\theta$ où $\alpha_k$ est une mesure de l'angle de droites $(\Delta,(A_kA_{k+1}))$ pour $\Delta$ une droite de référence fixée arbitrairement.
Effectivement, c'est une alternative comme celle de Steiner.
Il serait intéressant de voir Gai-Requin se dépatouiller avec ce problème que j'avais trouvé proposé en exercice dans le livre de Morley.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je ne connais pas cette configuration.
Pourrais-tu nous montrer les cercles dont parle Math Coss ?
En première approximation, tu as un chemin de classe $\mathbb C^1$ par morceaux, formé d'arcs de cercles.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pappus voudrait te voir te dépatouiller, je me retire sur le bout des pieds.
Une petite figure pour commencer le week-end.
Ici, les quatre cercles sont tangents et on obtient l'assertion glorieuse : si les $A_k$ sont cocycliques, alors les $A_k$ sont cocycliques.
Oui, en gros c'est cela qu'il faut expliquer.
Il faut imaginer un cyclo comme ayant un sens de parcours.
Pour fixer la cinématique, on peut imaginer qu'il est parcouru à vitesse constante.
Sur ta figure, on peut donc voir deux cyclos à condition de faire attention
Pour continuer la discussion, il faudra étiqueter les points comme je l'ai fait.
Comment construire un cyclo?
On part du point $A_1$ avec un vecteur vitesse donné pour arriver en $A_2$. Il y a une petite construction à faire qu'il faut expliciter!.
On continue pour aller de $A_2$ en $A_3$ puis de $A_3$ en $A_4$.
Enfin on essaye de revenir en $A_1$.
Mais là, il y a un os qu'il faut expliquer!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tu vas me dire que c'est l'occasion de...
Avec tous ces cercles, j'avais bien envie d'utiliser le groupe circulaire puisque, par exemple, étant donnés deux cercles tangents, il existe une inversion qui les envoie sur deux droites parallèles.
En dehors de la solution proprement dite, on est face à un problème graphique pas si facile que cela, même avec Cabri
Les données de départ (figure de gauche) sont un vecteur $v_A$ d'origine $A$ et un point $B$
Il s'agit de construire (figure de droite) l'arc orienté $\gamma$ avec pour vecteur vitesse initial $v_A$, passant par $A$ et $B$ ainsi que le vecteur vitesse $v_B$ au point $B$.
Je me souviens avoir séché assez longtemps avec Cabri mais j'y étais arrivé.
Je serais curieux d'avoir une solution détaillée avec GeoGebra.
Pour voir si la macro qu'on a créée est bonne, il suffit de faire tourner le vecteur $v_A$ autour du point $A$ et de regarder ce qui se passe.
Amicalement
[small]p[/small]appus
- entrées dans l'ordre : $A$, $B$ et $A'$ tel que $\overrightarrow{AA'}=v_A$ ;
- sortie = un arc et un point $B'$ tel que $\overrightarrow{BB'}=v_B$) et un fichier ggb "cyclo4.ggb" qui met le précédent en œuvre.
Je ne garantis pas une robustesse absolue...L'arc est parcouru comme la restriction d'un mouvement circulaire uniforme.
On a pas le choix pour les vecteurs vitesses.
Ce qui pose problème, c'est qu'on a le choix entre deux arcs!
Comment être sûr de construire à tout coup le bon?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Si tu as un logiciel (ou non d'ailleurs), peux tu me détailler la construction du bon arc?
Nos messages se sont croisés!
Ton premier fichier, arc.ggb, me dévoile une feuille GéoGebra vide de toute figure.
C'est pourtant le fichier que je demandais!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Avec tes notations, on veut sélectionner l'arc contenu dans le même demi-plan de frontière $(AB)$ que $A'=A+v_A$ (i.e. $\overrightarrow{AA'}=v_A$). Pour cela, une idée consiste à introduire le vecteur $v'_A$, symétrique de $v_A$ par rapport à la (direction de la) médiatrice de $(AB)$ : le vecteur $v_A+v'_A$ est orthogonal à $(AB)$ (en général) et le point $A+v_A+v'_A$ est dans le bon demi-plan.
En pratique :
- tracé du milieu $I$ et de la médiatrice $\Delta$ du segment $[AB]$ ;
- tracé du symétrique $v'_A$ de $v_A$ par rapport à (la direction de) $\Delta$ ;
- tracé de l'image $J$ de $I$ par la translation de vecteur $v_A+v'_A$ ;
- définition de la demi-droite $\tilde\Delta=[IJ)$ (d'origine $I$, contenant $J$) ;
- définition de la droite $L$ contenant $A$ et orthogonale à $v_A$ ;
- définition de l'intersection $\Omega$ de $L$ et $\Delta$ ;
- tracé du cercle $C$ de centre $\Omega$ passant par $A$ ;
- définition de l'intersection $E$ de $\tilde{\Delta}=[IJ)$ et de $C$ ;
- l'arc cherché est l'arc défini par $B$, $E$ et $A$ ;
- le point $B'$ est l'image de $B$ par la translation de vecteur $-v'_A$.
Bien sûr, si $v_A$ dirige la droite $(AB)$, l'arc de cercle est le segment $[AB]\newcommand{\vec}[1]{\overrightarrow{#1}}$ ou la réunion des deux demi-droites $(AB)\setminus[AB]$, ce qui précède dégénère un peu.Pour profiter des notations et revenir au mathématiques, on a par symétrie par rapport à la médiatrice de $[AB]$ l'égalité d'angles cruciale est : $(\vec{AA'},\vec{AB})=-(\vec{BB_0},\vec{BA})=-(\vec{BB'},\vec{AB})\pmod{2\pi}$. En fixant un vecteur $e_1$ quelconque, en notant $\alpha=(e_1,\vec{AB})$, $\theta=(e_1,\vec{AA'})$ et $\theta'=(e_1,\vec{BB'})$, on a donc : \[\theta'=-\theta+2\alpha\pmod{2\pi}.\]
Revenons à une situation avec $n$ points $A_1,\dots,A_n$, on note $v_k$ le vecteur tangent au cyclo en $A_k$, $\alpha_k=(e_1,\vec{A_kA_{k+1}})$ et $\theta_k=(e_1,v_k)$, la relation clé est \[\theta_{k+1}=-\theta_{k}+2\alpha_k\pmod{2\pi},\] ce qu fait furieusement penser à Varignon. On introduit $f_k:\theta\mapsto\theta+2\alpha_k$ et on cherche les points fixes de la fonction « affine » $g=f_n\circ\cdots f_1$ de $\R/2\pi\Z$ dans lui-même. On peut expliciter $g$ par récurrence : $g(\theta)=(-1)^n\theta+(-1)^{n-1}\cdot2\alpha_1+\cdots+2\alpha_n$.
Si $n=4$, le coefficient dominant de $g$ est $1$. Tout point est fixe ou aucun point ne l'est selon que $2(\alpha_1-\alpha_2+\alpha_3-\alpha_4)=0\pmod{2\pi}$ ou pas, et cette condition se trouve être équivalente à la cocyclicité des $A_k$.
Si $n$ est impair, $g$ admet deux points fixes caractérisés par une équation de la forme $2\theta=\alpha\pmod{2\pi}$ (l'inconnue est $\theta$). Cela doit vouloir dire que l'on peut construire deux cyclos ; les valeurs de $\theta$ correspondantes diffèrent de $\pi$ donc ils reposent sur la même chaîne de $n$ cercles tangents.
PS : Pour $n=3$, le cyclo se referme lorsque le premier vecteur tangent $v_1$ est tangent au cercle circonscrit à $A_1A_2A_3$ : pas très amusant, les trois arcs définissent ledit cercle circonscrit (éventuellement parcouru deux fois selon le sens de $v_1$).
Comme tu le sais, je n'utilise GeoGebra qu'occasionnellement, c'est pourquoi je suis un peu naïf.
Je suis persuadé que tout comme la mienne, ta macro fonctionne correctement.
Ce que j'aurais voulu, c'est que tu expliques à tes lecteurs comment tu l'as construite.
Décidément, je suis miro car tu as fourni tes explications mais il est vrai que nos messages se croisent constamment.
Voici ma construction du milieu $\omega$ du bon arc.
Il est à l'intersection de la médiatrice de $AB$ avec la bissectrice des demi-droites $A+\mathbb R^+ v_A\ $ et $A+\mathbb R^+\overrightarrow{AB}$
Cabri possède l'outil arc qui me trace l'arc $A\omega B$.
Quant au vecteur $v_B$, il est l'image du vecteur $v_A$ par la rotation de centre $O$ envoyant $A\ $ sur $B$, l'outil rotation de Cabri se charge parfaitement de ce boulot!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai lu ta parfaite démonstration qui m'a fait beaucoup sourire.
Tu connais ma répugnance à utiliser les angles et tu m'en mets tout un paquet sous mes (hypothétiques) moustaches!
Mais il est vrai que tu en es un spécialiste, (il ne doit pas y en avoir beaucoup), alors félicitations!
Je crois surtout que ce faisant, tu voulais montrer l'analogie avec le problème de Varignon. Je ne sais pas trop ce que tu entends par là: peut-être la construction d'un polygone dont on connait les milieux des côtés successifs?
Pour la bonne cause, je donnerai ma démo (pratiquement sans angles) dans un prochain message.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ton point $\omega$ est largement plus inspiré que ma pénible construction de la demi-droite, etc. !
Le problème de Varignon est bien celui auquel tu penses : connaissant des points $A_1,\dots,A_n$ dans un espace affine, construire des points $M_1,\dots,M_n$ tels que $A_k$ est le milieu de $[M_kM_{k+1}]$ (bien sûr $M_{n+1}=M_1$). Fixons un repère $(O,e_1,\dots,e_d)$ de l'espace ambiant et notons $\theta_k$ la $d$-liste des coordonnées du point $M_k$ et $\alpha_k$ celle de $A_k$. Nous arrivons au système de $n$ équations à $n$ inconnues\[\theta_k+\theta_{k+1}=2\alpha_k\quad (1\le k\le n).\] En introduisant $f_k:\theta\mapsto2\alpha_k-\theta$, qui n'est autre que la symétrie de centre $A_k$, le système se récrit $\theta_{k+1}=f_k(\theta_k)$ et on peut refermer la boucle ssi $f_n\circ\cdots\circ f_1(M_1)=M_1$. Notons $g$ l'application affine $f_n\circ\cdots\circ f_1$.
Si $n$ est pair, $g$ est une translation : selon que le vecteur de la translation est nul ou pas, tout point $M_1$ est fixe et fournit une solution ou bien aucun point n'est solution. Le vecteur de la translation a pour coordonnées $\sum_{k=1}^n(-1)^k\alpha_k$ (dans $\R^d$), c'est $\sum_{j=1}^{n/2}\overrightarrow{A_{2j-1}A_{2j}}$ (tout ça au signe près).
Si $n$ est impair, $g$ est une symétrie centrale (le système est de rang $n$) et il y a un unique solution pour $M_1$, le point fixe de $g$.
À présent, le parallèle entre le problème de Varignon et les cyclos est complètement clair : il s'agit de résoudre le même système \[\theta_k+\theta_{k+1}=2\alpha_k\quad(1\le k\le n),\] dans $\R^d$ pour le problème de Varignon, dans $\R/2\pi\Z$ pour les cyclos. Le seul phénomène nouveau avec les cyclos, c'est qu'il y a un élément de $2$-torsion dans $\R/2\pi\Z$ (bon, $2\pi=0$, quoi...) et donc l'équation $2\theta=\alpha$ n'a pas une mais deux solutions dans $\R/2\pi\Z$.
Si on me tordait le bras pour une solution sans angles (ou presque), j'étudierais $h_n\circ \cdots \circ h_1$, où $h_k$ est la composée de la réflexion par rapport à la médiatrice de $[A_kA_{k+1}]$ suivie de la symétrie de centre $A_{k+1}$. Cette composée fixe $A_1$ et il s'agit de voir si elle fixe aussi $A'_1=A_1+v_1$.
Merci en tout cas pour ce problème (pour les autres aussi, malheureusement je ne prends pas souvent le temps de les résoudre), la jolie figure de base est stimulante, il conduit à des développements variés et en plus, c'est intéressant de le traiter informatiquement. Je suis à peu près sûr de le réinvestir un jour malgré la lente agonie de la géométrie.
Ton produit d’isométries affines est beaucoup trop compliqué!
Au milieu de tout ce fatras affine, il faut penser algèbre linéaire
Quelle est la transformation linéaire qui fait passer du vecteur $v_A\ $ au vecteur $v_B$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Empilons : on se demande si $\vec s_{A_nA_1}\vec s_{A_{n-1}A_n}\cdots \vec s_{A_1A_2}$ fixe le premier vecteur tangent $v_1$. Pour $n$ pair, en regroupant ces réflexions deux à deux, on forme des rotations (vectorielles donc qui commutent) d'angles $(\overrightarrow{A_{k-1}A_{k}},\overrightarrow{A_kA_{k+1}})$ pour que $v_1$ soit fixe, il est nécessaire et suffisant que la somme de ces angles soit nulle (il s'agit d'angles de vecteurs, à $2\pi$ près si on veut). Ouf, ça semble coïncider avec la condition énoncée plus haut (somme alternée des $\theta_k=(e_1,\overrightarrow{A_kA_{k+1}})$ nulle). Pour $n$ impair, on trouve une réflexion qui admet une unique direction fixe, ce qui là encore est cohérent.
Reste à construire la macro qui trace les deux cyclos pour $n$ impair...
Mais trop difficile, pas le temps, pas assez d'argent pour former des professeurs capables d'enseigner cela, on connait la musique! Donc à la trappe!
Quel était donc ce mystérieux moyen?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voici ma démonstration pratiquement sans angles et en tout cas sans mesures d'angles orientés, ce qui m'évite d'écrire à tout bout de champ des $\pmod{2\pi}$
Je note $s_k$ la partie linéaire de la symétrie par rapport à la droite $d_k$ pour $1\le k\le 4$.
On a: $v_{k+1}=s_k(v_k)$ pour $1\le k\le 3$.
Soit $v'_1=s_4(v_4)$
On a $v'_1=(s_4.s_3.s_2.s_1)(v_1)= r(v_1)$ où $r$ est la rotation produit de ces 4 symétries.
On voit que $(v_1,v'_1)=\theta$ où $\theta$ est l'angle de la rotation $r\ $.
Donc suivant que $r=id$ ou $r\not=id$, le circuit se refermera correctement ou non.
Il reste à interpréter cette condition.
D'après le cours, $\theta=2(d_1,d_2)+2(d_3,d_4)$
$r=id$ équivaut donc à $2(d_1,d_2)+2(d_3,d_4)=0$ ou encore à $(d_1,d_2)+(d_3,d_4)=0$
Je n'ose demander dans quoi vivent les deux derniers $0$ que je viens d'écrire de peur d'écouter les âneries habituelles!
L'égalité $(d_1,d_2)=(d_4,d_3)$ s'écrit: $(A_2A_1,A_2A_3)=(A_4A_1,A_4A_3)$, ce qui entraîne que les points $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A_4$ sont cocycliques.
Je crois que ce théorème est encore dans le programme de l'Agrégation, pour combien de temps encore?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voici dans le cas d'un rectangle les cas de dégénérescence signalés par Math Coss.
Certains arcs du cyclo dégénèrent en segments de droites ou réunions de demi-droites.
Le dernier cas est plus embêtant car on perd la connexité.
D'où ma question, comment pouvait-on s'en tirer encore récemment?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cela dit, l'infini, c'est une notion relative : en déplaçant un peu le regard (en appliquant une homographie convenable), le dessin ressemble alors à ça.
Edit : Figure probablement erronée, cf. celle de Pappus plus bas.
Si je comprends bien les derniers messages, il y a possibilité d'obtenir un cyclo non connexe dans le plan affine euclidien mais celui-ci devient connexe dans le plan circulaire !
Tu as trouvé!
La théorie des cyclos se passe en fait sur la sphère et les figures que nous avons faites, Math Coss et moi, sont tracées dans une carte conforme de ladite sphère, donnée par exemple par une projection stéréographique.
Mais si j'ai bien compris ce que tu nous as dit récemment, même cette possibilité nous est maintenant interdite.
Bof, j'en ai plus rien à cirer!
Amicalement
[small]p[/small]appus
J'ai en tracé bleu sur ma figure ce à quoi devrait "ressembler" le cyclo rouge sur la sphère.
Qu'est-ce que j'ai fait en réalité?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ce qui indique que la figure que j'ai faite plus haut est erronée : les deux droites étant parallèles, elles se rejoignent à l'infini mais elles y sont tangentes et pas sécantes.
C'est bien pour cela que j'ai proposé ma figure mais tu es tout pardonné de ta distraction!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voici la même figure avec un élément d'information supplémentaire, la tangente en $A_1$ : d'un côté, la réflexion correspondante échange les vecteurs tangents aux cyclos et donc les cyclos eux-mêmes ; de l'autre, l'inversion par rapport au cercle circonscrit (en pointillés gris) « a le même effet sur les directions tangentes », envoie cercles-droites sur cercles-droites, etc., c'est-à-dire qu'elle échange elle aussi les deux cyclos.
L'inversion ayant disparu des programmes de l'agrégation, on est bien obligé de nous croire sur parole à moins de se coltiner des cyclos dégénérés dans le modeste plan euclidien.
Amicalement
[small]p[/small]appus
En reprenant la figure initiale de Pappus, il suffit de montrer que les cycles existent si et seulement si le point A4 est sur le cercle circonscrit à A1, A2, A3. Transformons la figure en envoyant le point A4 à l'infini par l'inversion de pôle A4 (figure ci-dessous). Il suffit alors de voir que le cercle C23 est tangent au cercle C12 et à la droite C34 si et seulement si les points A1, A2 et A3 sont alignés. C'est immédiat en considérant la parabole de foyer F et de directrice Delta.
Cordialement
C. N.
Tu tombes à pic pour examiner cette nouvelle figure.
Les points $A_1$, $A_2$, $A_3$ étant donnés, quel est le lieu du point $A_4$ pour que le cyclo à moitié rouge puis à moitié bleu de ma figure existe?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Ta démonstration prouve, si on en était pas encore convaincu, que la défunte géométrie circulaire était le bon cadre pour étudier les cyclos!
Voici une autre configuration sur laquelle on peut méditer!
Amicalement
[small]p[/small]appus
&=(e_1,A_1A_2)-(e_1,A_2A_3)+(e_1,A_3A_1)-(e_1,A_1A_2)+(e_1,A_2A_3)-(e_1,A_3A_1)\\
&=(d_2,d_1)+(d_1,d_3)+(d_3,d_2)=0\;:\end{align*} ça boucle bien pour tout vecteur initial.
Ainsi, si on s'autorise de passer une seule fois par chaque point, les deux seuls cyclos sont tracés sur le cercle circonscrit au triangle mais si on s'autorise à bégayer, la courbe se referme. Parle-t-on de bicyclo ?
Tu es le prince des angles orientés.
Voyons si on peut s'en tirer sans utiliser ces foutus angles!
Sur ma figure, je garde les notations de mes précédentes figures:
$v'_1=(s_3.s_2.s_1)(v_1)$
Un produit de trois symétries (vectorielles) est une symétrie vectorielle $\sigma$ qui est d'ordre $2$.
Donc le circuit se referme correctement au bout de deux tours, voir la figure.
Comme tu l'as remarqué toi-même dans un précédent message: L'espace des vecteurs invariants de $\sigma\ $ dirige donc la tangente $t_1$ en $A_1\ $ au cercle circonscrit, ce qui prouve les symétries suggérées sur ma figure.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je réponds à la question posée ICI par pappus. Ma figure précédente change (voir ci-dessous), mais elle correspond toujours au cas où A4 est à l'infini. Pour garder mes notations, je cherche le lieu du point A3 lorsque les points A1, A2, A4 sont donnés. Comme on le voit en considérant la parabole de foyer F, les points A1, A2 et A3 ne sont plus alignés, mais l'angle A1A2A3 est un angle droit.
En d'autres termes, les deux cercles A1A2A4 et A2A3A4 sont orthogonaux en A2 et en A4.
Conclusion : le lieu de A3 est le cercle orthogonal au cercle A1A2A4 enA2 et A4.
Cordialement
C.N.
Exactement même si tu as permuté mes notations, ce qui n'a aucune importance.
Comme celle d'avant, ta solution utilise la défunte géométrie circulaire que tu aimes décidément bien.
Voici ma propre solution utilisant l'agonisante géométrie euclidienne, sans doute encore très provisoirement dans nos programmes, jusqu'à quand, Dieu seul le sait!!
Je garde les notations de mes précédents messages!
Ma configuration existeras si et seulement si la rotation $r=s_4.s_3.s_2.s_1$ est d'ordre $2$
Je dois me résoudre à utiliser ces maudits angles!
$\theta$ désigne l'angle de la rotation $r$.
$\theta=2(d_1,d_2)+2(d_3,d_4)=\varpi$ où $\varpi$ désigne l'angle orienté de vecteurs plat: $2\varpi=0$
Il en résulte que: $(d_1,d_2)+(d_3,d_4)=\delta$ où $\delta$ désigne l'angle orienté de droites droit: $2\delta=0$.
Par suite: $(d_3,d_4)=(d_2,d_1)+\delta$, ce qui se traduit par:
$(A_4A_3, A_4A_1)=(A_2A_3,A_2A_1)+\delta$
D'après le théorème de l'angle inscrit, le point $A_4$ décrit un cercle $\Gamma$ passant par $A_1$ et $A_3$ qu'il est facile d'identifier avec le tien (aux notations près).
Il suffit d'examiner les tangentes en $A_1$ et $A_3$ au cercle circonscrit au triangle $A_1A_2A_3$ et au cercle $\Gamma$.
Ces tangentes font l'angle $\delta$ c'est à dire sont orthogonales!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je n'ai pas eu besoin d'écrire des $\pmod{\pi}$ et des $\pmod{2\pi}$, pourquoi?
Dans le plan affine euclidien, on peut parler d'angles sans faire appel à leurs mesures.
- L'ensemble des angles de demi-droites est un groupe abélien $\cal A$ isomorphe à $\mathrm{SO}(2,\mathbb R)$.
- L'ensemble des angles de droites est alors le quotient $\mathcal A/\{0,\varpi\}$.
Cela est amplement suffisant pour ta preuve.
J'ai effacé les cyclos et je n'ai gardé que leurs supports circulaires.
Les cercles rouges sont orthogonaux ([small]p[/small]appus) et les cercles bleus le sont aussi (Catherine).
En fait chacune de nos démonstrations prouve l'orthogonalité de ces deux paires de cercles.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il n'y a que des cercles, donc on peut imaginer cette configuration tracée sur la sphère.
Ceux qui ne connaissent en fait de sphères que la sphère de Riemann seront déçus.
Le pauvre Riemann s'est décarcassé pour pas grand chose!
On oublie ces affreux cyclos pour un instant.
Ma figure montre deux cercles (rouges) orthogonaux $\Gamma_2$ et $\Gamma_4$ passant par les points $A_1$ et $A_3$.
On se donne un point $A_2\in \Gamma_2$ et un point $A_4\in \Gamma_4$.
Montrer directement que les cercles (bleus) $A_1A_2A_4$ et $A_2A_3A_4$ sont orthogonaux.
La démonstration circulaire est évidente, la démonstration euclidienne (par chasse aux angles) l'est peut-être un peu moins!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Une tentative circulaire :
Une inversion $i$ de pôle $A_2$ transforme $\Gamma_2$ en un diamètre du cercle $i(\Gamma_4)$.
En particulier, les cercles bleus s'envoient sur deux droites perpendiculaires.
P.S. : J'ai répondu [ici] à ta question sournoise sur les angles. ;-)
Voici ta figure!
La partie gauche de la figure est transformée en la partie droite par toute transformation circulaire directe ou indirecte $f$ de pôle $A_2$, i.e: $f(A_2)=\infty$, l'argument massue étant qu'une transformation circulaire conserve l'orthogonalité, surtout ne pas parler de ces foutus angles.
Autrefois, on ne connaissait pas la géométrie circulaire mais on savait ce qu'était une inversion. Donc on utilisait pour $f$ une inversion de pôle $A_2$, ce que tu as fait.
On disait autrefois que la partie droite était la forme réduite de la partie gauche quand on envoyait le point $A_2$ se faire voir ailleurs à l'infini!
On a aussi rencontré cette situation des formes réduites en géométrie projective.
Aujourd'hui on ne sait plus rien, la géométrie circulaire a sombré corps et bien, entraînant l'inversion dans son naufrage.
Il nous reste quand même la démonstration euclidienne, plus délicate! Sauras-tu la faire?
Amicalement
PS
Tu as parfaitement répondu à ma question sournoise!
Comment lire cette configuration en termes d'affixes?
On a en principe les égalités d'angles de droites suivantes :
\begin{align*}
(T_{21},T_{23})&=(T_{21},A_2A_4)+(A_2A_4,T_{23})&\text{(Chasles)}\\
&=(A_1A_2,A_1A_4)+(A_3A_4,A_3A_2)&\text{(angle inscrit)}\\
&=(A_1A_2,A_1A_3)+(A_1A_3,A_1A_4)+(A_3A_4,A_3A_1)+(A_3A_1,A_3A_2)\\
&=(A_1A_2,A_1A_3)+(A_4A_3,A_4A_1)+(A_3A_1,A_3A_2)\\
&=(A_3A_2,T_{32})+(T_{34},A_3A_1)+(A_3A_1,A_3A_2)&\text{(angle inscrit)}\\
&=(T_{34},T_{32}),
\end{align*}ce qui prouve un peu plus que l'orthogonalité.
Tu es vraiment le champion incontesté des angles orientés.
Remarque que dans la chasse aux angles, on a pratiquement pas le choix à chaque étape, le problème étant de démarrer la chasse par la relation de Chasles.
Tu dis à juste raison que tu as démontré un peu plus.
Gai Requin, pourrais-tu faire la démonstration circulaire de cette affirmation et tracer la forme réduite qui va avec?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je reformule la question de mon message précédent.
On se donne $2n$ complexes $z_1\ $,$z_2$, ....,$z_{2n}$.
A quelle condition nécessaire et suffisante portant sur ces $2n$ complexes existe-t-il au moins un cyclo (et donc une infinité) passant par ces $2n\ $ points?