Circonscrire un carré à un quadrilatère
Réponses
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Bonjour ,
si le quadrilatère n'est pas carré , il semblerait (GeoGebra) qu'il n'y ait qu'une seule solution .
Cordialement -
Bonne Nuit
Il me semble qu'on a déjà parlé de ce problème datant de $1898$ ici même, il y a bien des années!
C'est un exercice sur les rotations mais sont-elles encore enseignées?
Il y a deux solutions en général, ce qui veut dire qu'il y a des exceptions: les décrire!
On dirait bien que les deux carrés solutions sont indirectement semblables.
A tout hasard, le prouver!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
La convexité? Rien à cirer!
Rotation? Similitude, indirecte qui plus est? Autant dire, mission quasiment impossible! -
Merci Pappus mais j'en ai trouvé quatre au moins. Mais peut,,-être je me suis trompé ou que j'ai mal formulé la question. L'exercice se trouve dans le bouquin de j.Hadamard (dernier problème du livre II "Géométrie plane"...)...et il enchaîne par demander si le problème peut admettre une infinité de solutions...dans quel cas et quel est le lieu des centres de ces carrés. Je vais essayer de poster une figure comportant les quatre solutions ...demain ...ainsi que l'énoncé de Hadamard
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Mon cher Rafykfan
J'avais pourtant bien dit qu'il y avait des exceptions!
Ta référence à Hadamard n'est pas précise. Il a bien écrit deux livres, le premier consacré à la géométrie plane et le second consacré en gros à la géométrie dans l'espace et aux défuntes coniques.
Il me semblerait logique que ton exercice se trouve dans le premier.
Chaque exercice d'Hadamard comporte un numéro et se trouve dans un chapitre!
Peux-tu nous préciser et ce numéro et ce chapitre? Merci d'avance
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonne Nuit
Voici la figure faite dans le cas où il y a une infinité de carrés solutions.
J'ai tracé le lieu de leurs centres $O$ comme le demande J.Hadamard.
On dirait notre cercle trigonométrique chéri, le seul qui nous reste encore!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
rafykfan wrote "Merci Pappus mais j'en ai trouvé quatre au moins"
$A,B,C,D$ étant donnés, Pappus a construit les $2$ carrés solutions pour lesquels $A$ et $C$ sont sur deux côtés parallèles.
Je présume que rafykfan pensait aussi aux $2$ carrés pour lesquels $A$ et $B$ sont sur deux côtés parallèles et aux $2$ carrés pour lesquels $A$ et $D$ sont sur deux côtés parallèles (il en a d'ailleurs oublié deux).
Dans le cas envisagé par Pappus, on a une infinité de solutions si et seulement $\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{BD}$ sont orthogonaux et de même norme. Le lieu de leurs centres est alors le cercle dont les milieux de $\left[ AC\right] $ et de $\left[ BD\right] $ sont les extrémités d'un diamètre, qui est aussi le cercle de centre l'isobarycentre de $A,B,C,D$ passant par $AC\cap BD$.
Petite question : dans quel(s) cas les deux carrés construits par Pappus sont-ils isométriques?
Amicalement. Poulbot -
Bonjour,
Le dernier quadrilatère ABCD de Pappus ne me semble pas convexe.
Amicalement -
Tout à fait Poulbot; Merci! J'essaye de faire une figure et la poster
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Mon cher JFS
Comme je l'ai dit, la convexité ne joue aucun rôle dans ce problème dont il aurait fallu donner un énoncé plus précis pour qu'on ait pas d'états d'âme sur le nombre de ses solutions!
La question est plutôt d'expliquer clairement ma construction!!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Merci Pappus;
Ci-joint, deux fichiers relatifs à l'édition et au numéro de l'exercice.
Cordialement -
Merci Rafykfan.
C'est beaucoup mieux ainsi et j'ai effectivement retrouvé ton exercice à l'endroit indiqué.
Il faudrait plutôt appeler tomes: tome 1(géométrie plane) et tome 2(géométrie dans l'espace) les deux ouvrages d'Hadamard.
La subdivision en livres est sans doute celle d'Euclide lui-même, encore à la mode jusqu'à une date encore récente où elle a disparu en même temps que la géométrie euclidienne.
Le chapitre où apparaît ton exercice est intéressant en lui-même, il s'appelle: Sur le déplacement des figures et Hadamard y donne un brève description du groupe des isométries planes. Il s'est donc donné beaucoup de mal pour pas grand chose, le pauvre s'il avait su!
Il est clair qu'Hadamard demande une solution de son exercice faisant intervenir le groupe des déplacements!
Mon édition d'Hadamard est la cinquième et date de $1913$, encore un an avant la grande guerre!
La première est plus ancienne et devrait se situer autour de $1900$, ton édition date de $1898$ et devrait être la première puisqu'elle contient ton exercice.
Car j'ai dit que l'exercice de Rafykfan datait de $1898$ durant les Olympiades Hongroises de Mathématiques, l'empire Austro-Hongrois existait encore avec François-Joseph!
La rumeur dit que J.Hadamard choisissait lui même ses exercices et qu'il les avait tous fait!
Je sais qu'il existe un livre de solutions de certains exercices d'Hadamard publié en anglais, cela ne risque pas d'arriver chez nous en cette ère d'analphabétisme.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Je précise le dessin pappus.
Problème : Construire un carré dont les côtés successifs passent respectivement par 4 points donnés A, B, C, D.
Solution : Visualiser le futur carré comme l'intersection deux bandes infinies et perpendiculaires B1 et B2.
Parmi les nombreux quarts de tour transformant B1 en B2 choisir celui qui transforme A en B.
Ce dernier transforme aussi C en X.
Si X $\neq$ D la droite XD donne la direction de deux côtés parallèles du carré et le problème est résolu.
Si X = D le problème dégénère et n'importe quelle droite par D peut jouer le rôle de XD
Dans le cas non dégénéré les six (?) solutions s'obtiennent en permutant le nom des points. -
Merci Poulbot pour ton intervention toujours très pertinente.
Si le centre de la similitude indirecte $P'Q'R'S'\mapsto P''Q''R''S''$ existe, il ne peut être que $\Omega=AC\cap BD$, pourquoi? ( C'est la fameuse construction du point fixe d'une transformation affine de Sollertinski-Coxeter).
Et quand cette intersection n'existe pas, que peut-on dire?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Merci Soland
C'est très certainement la solution qu'attendait Hadamard.
Dans cette construction, on tombe tout naturellement sur les quadrilatères $ABCD$ dont les diagonales $AC$ et $BD$ sont égales et perpendiculaires et pour lesquels on a une infinité de solutions directement semblables entre elles. Que peut on dire de l'autre classe de similitude de solutions?
Ces quadrilatères, qui ont certainement un nom dans la littérature, mériteraient à eux seuls l'ouverture d'une discussion!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Merci Pappus pour ces précisions historiques et contextuelles ainsi que tes commentaires de bon sens. Je suis dans de vilaines constructions, je ne sais de quel côté me tourner ni où donner de la tête…
J'ai trouvé par contre un document fourni sur internet dont Pierre Renfer en est le Co-auteur avec Maurice Bauval et Jean-Pierre Friedelmeyer dont ci-joint une copie. Autre chose, il me semble avoir trouvé une sorte de généralisation de ce problème chez Hadamard dont je joins une copie également (Numéro 213) -
Bonjour Pappus
Si mes souvenirs sont exacts, si l'application affine $f$ transformant le parallélogramme $P^{\prime }Q^{\prime }R^{\prime }S^{\prime }$ en le parallélogramme $P^{\prime \prime }Q^{\prime \prime }R^{\prime \prime }S^{\prime \prime }$ a un unique point fixe, c'est $pr\cap qs$ où $p=P^{\prime }Q^{\prime }\cap P^{\prime \prime }Q^{\prime \prime },q=Q^{\prime }R^{\prime }\cap Q^{\prime \prime }R^{\prime \prime },r=R^{\prime }S^{\prime }\cap R^{\prime \prime }S^{\prime \prime },s=S^{\prime }P^{\prime }\cap S^{\prime \prime }P^{\prime \prime }$.
Je présume que c'est ce que tu appelles construction de Sollertinski. Ici, elle donne évidemment $AC\cap BD$.
"Et quand cette intersection n'existe pas, que peut-on dire?"
C'est le cas de ma petite question posée plus haut. $AC$ et $BD$ sont parallèles et les deux carrés sont isométriques.
Amicalement. Poulbot -
On peut consulter un exercice pratiquement le même publié dans le journal Mathesis (Tome I, 1881) dont voici un extrait de la page 8 (avant dernière question); on trouve le même exercice également dans le "Journal de mathématiques élémentaires à l'usage de tous les candidats aux écoles de gouvernement et des aspirants au baccalauréat ès sciences" (correspondance, p 478, Tome IV, 1880)
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Bonjour
Une construction possible, $p,q,r,s$ et $A,B,C,D$ étant donnés, du quadrilatère $PQRS$ directement semblable à $pqrs$ et pour lequel les droites $PQ$, $QR$,$RS$,$SP$ passent respectivement par $A,B,C,D$.
Partir de $p^{\prime }q^{\prime }r^{\prime }s^{\prime }$ homothétique à $pqrs$ pour lequel les droites $p^{\prime }q^{\prime },q^{\prime }r^{\prime },r^{\prime }s^{\prime }$ passent respectivement par $A,B,C$ (si $u=pq\cap rs$, le triangle $u^{\prime }q^{\prime }r^{\prime }$ est immédiat à construire; $p^{\prime }$ et $s^{\prime }$ en découlent) et continuer comme ci-dessous.
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot! Peut-on faire des mathématiques sans géométrie élémentaire???
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Bonjour!
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