$n$ points de contact cocycliques

Bonsoir Soland
Pour le second cas, les quatre points de contact forment un quadrangle harmonique: $(a_1,a_3,a_2,a_4)=-1$
J'ai suggéré la construction. Il y a effectivement une infinité de solutions.
J'ai tracé le lieu des points de contact $t$ et $u$.
On obtient en fait une figure de la géométrie hyperbolique avec ses droites rouges et ses horicycles noirs, les points $t$ et $u$ sont symétriques par rapport à la droite hyperbolique d'extrémités $a_1$ et $a_3$ mais on a rien à cirer de la géométrie hyperbolique, basta!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Au dessus le modèle demi-plan et en dessous le modèle du disque d'une géométrie disparue!

Mon cher Soland
Le modèle de disque dont tu parles est celui de Klein où le groupe hyperbolique apparaît comme un sous-groupe du groupe projectif du plan. Celui que j'ai utilisé est le modèle du disque de Poincaré où le groupe hyperbolique apparaît comme un sous-groupe du groupe circulaire du plan. Il va sans dire que puisque les géométries projective et circulaire ont disparu de notre culture républicaine, la géométrie hyperbolique a sombré avec elles, à croire qu'elle n'a jamais existé un jour!
C'est notre grand bond en avant à nous et nous en sommes fiers! Au moins n'a-t-il pas causé des millions de morts mais seulement des analphabètes!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Voici la figure pour $n=6$. Elle est assez délicate à tracer et difficile à lire.
Là encore, les points $a_1$, $a_2$, $a_3$, $a_4$, $a_5$, $a_6$ doivent vérifier une condition pour que la configuration soit possible et il y a alors une infinité de solutions.
Saurez vous trouver cette condition?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour
Sur cette nouvelle figure, j'ai effacé, pour plus de clarté, les horicycles pourtant à l'origine du problème de Soland.
J'ai superposé les disques de Klein et de Poincaré.
Les droites hyperboliques dans le disque de Poincaré sont tracées en bleu et les droites hyperboliques dans le disque de Klein sont tracées en rouge.
La condition de fermeture pour $n=6$ se lit sur la figure. Il ne faut pas être miro!
Que cela entraîne-il sur l'homographie $a_1a_2a_3\mapsto a_4a_5a_6$ du cercle horizon?
Expliciter l'application $\Omega_P\mapsto \Omega_K$!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Soland pour ton raisonnement heuristique qui traduit bien les formules dont je me suis servi.
A vrai dire, je n'ai pas montré la condition de contact: $d^2 = 4rr'$ de la configuration ci-dessous.
Elle devrait être assez facile à montrer avec ce qui nous reste de la géométrie euclidienne, à savoir l'axiome de Pythagore.
Par contre, tracer cette figure est un autre problème sans doute hors de portée de la plupart de nos lycéens et aussi de nos taupins.
On se donne la droite $L$ et le cercle $\Gamma$ de centre $O$ tangent en $T$ à la droite $L$.
On se donne le point $T'\in L$ et il s'agit de construire le point $O'$ pour que le cercle $\Gamma'$ de centre $O'$, tangent en $T'$ à la droite $L$ soit aussi tangent extérierement au cercle $\Gamma$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Avec $a'_1$ à l'infini, on peut interpréter \[\frac{d_4}{d_3}=-\frac{a'_3-a'_2}{a'_3-a'_4}=-\frac{a'_1-a'_2}{a'_1-a'_4}\frac{a'_3-a'_2}{a'_3-a'_4}=[a'_1,a'_3,a'_2,a'_4],\] et de même $\frac{d_1}{d_2}=[a'_1,a'_5,a'_6,a'_4]$. Par une inversion, le birapport est envoyé sur son conjugué, on peut enlever les « prime » : \[[a_1,a_3,a_2,a_4]=[a_1,a_5,a_6,a_4].\]Il y a peut-être moyen de retrouver l'égalité de Pappus avec le théorème de Ptolémée mais ce n'est guère convaincant pour l'instant.

Je ne comprends pas tout mais c'est dingue !
Je vois, je vois... un élément d'ordre 3 (ou 6) dans le stabilisateur de $\Omega_p'$ et sans doute une division harmonique indiquée en bleu.
Ci-joint la reproduction de la figure avec quelques cercles tangents pour revenir au problème initial.

Cher Pappus,
Vu que (cette partie de) la figure se déroule dans le demi-plan de Poincaré, il s'agit des isométries du plan hyperbolique. Si on choisit un repère, on peut le voir comme $\mathrm{PSL}_2(\R)$. Le stabilisateur d'un point est isomorphe à $\mathrm{SO}_2(\R)$ (géométriquement, c'est à peu près évident sur le modèle du disque quand le point en est le centre, le reste suit par conjugaison ; avec des formules, c'est facile avec $\mathrm{PSL}_2(\R)$ et le point $\mathrm{i}$ du demi-plan $\{\mathrm{Im}(z)>0\}$).

L'inversion de centre $a_1$ par rapport au cercle pointillé noir transforme le disque initial noir (un avatar du plan hyperbolique) en le demi-plan délimité par la droite $\Delta$ des $a'_k$ qui ne contient pas le disque noir (un autre avatar du plan hyperbolique).
Voici comment on poursuit la figure :

1. on choisit un point $\Omega'_P$ arbitraire dans le demi-plan ;
2. on projette $\Omega'_P$ orthogonalement sur $\Delta$, ce qui détermine $a'_4$ ; la demi-droite $[a'_4\Omega'_P)$ est une géodésique, plus précisément celle qui passe par $\Omega'_P$ et (a dans son adhérence) l'image $a_1$ de $a'_1$ par l'inversion, c'est-à-dire le point à l'infini (dans la sphère de Riemann) ;
3. on trace les images de cette géodésique par les deux éléments d'ordre $3$ du stabilisateur de $\Omega'_P$ ; pour cela, on trace les images de la demi-droite par les rotations de centre $\Omega'_P$ et d'angles $\pm2\pi/3$ ; les perpendiculaires à ces droites coupent $\Delta$ aux centres des cercles qui sont les supports des géodésiques cherchées ;
4. les intersections des géodésiques avec $\Delta$ sont les points $a'_2$, $a'_3$, $a'_5$ et $a'_6$ cherchés ; (abus de langage : les géodésiques s'arrêtent avant d'atteindre $\Delta$ mais dans le plan euclidien ambiant, on peut les prolonger ; )
5. on termine en traçant les inverses $a_k$ des $a'_k$, ce qui à ce stade se fait à la règle seule.

Si on généralise hardiment, on se dit que l'on peut jouer au même jeu pour un nombre pair quelconque de points (au lieu de $6$) pour construire des chaînes de $2n$ cercles tangents : on part d'un point $\Omega'_P$ du demi-plan, on construit $n$ droites passant par $\Omega'_P$ qui forment des angles $2\pi/n$ entre elles, puis les géodésiques tangentes à ces droites ; les points des géodésiques avec $\Delta$ définissent $2n$ points qui doivent permettre de faire une chaîne de $2n$ cercles tangents. On doit pouvoir partir de n'importe quelle géodésique si on n'insiste pas pour un point de tangence précis pour le premier cercle de la chaîne.

Il faudrait comprendre pourquoi. Un ingrédient doit se voir dans cette figure : si un cercle du faisceau des cercles tangents à $\Delta$ en $a'_k$ intersecte un cercle du faisceau tangent à $\Delta$ en $a'_{k+1}$ en un point de la géodésique $(a'_ka'_{k+1})$, ces cercles sont tangents car ils sont tous deux orthogonaux à la géodésique (qui est dans les faisceaux orthogonaux aux faisceaux précédents) ; un autre ingrédient doit être la division harmonique suggérée par les traits bleus ici mais ça m'échappe.

Cher Pappus,
En effet, j'ai perdu de vue les données ($a_1$, $a_3$, $a_5$) et je me suis contenté de fabriquer des chaînes à partir d'un seul point ($a_1$) ou aucun. Il me faudrait y revenir, comme d'habitude je ne vais pas le faire tout de suite, et je crains que comme d'habitude ce ne soit reporté aux calendes. Rendez-vous bientôt quand même...

Bonsoir
La relation de fermeture: $d_1d_3=d_2d4$ peut aussi s'écrire:
$$(d_1+d_2)d_3=(d_3+d_4)d_2$$
et on applique le lemme précédent sur le triangle rectangle.
Amicalement
[small]p[/small]appus