Quadrilatères circonscriptibles
Ce qui les caractérise est que la somme des longueurs de
deux côtés opposés est la même que celle des longueurs
des deux autres côtés : $a+c=b+d$,
Il s'ensuit qu'envisagés comme un système de barres
articulées en leurs extrémités ils restent circonscriptibles
quand on les déforme (même en 3D, d'ailleurs).
Ils cessent d'être déformables si on impose la longueur $d_1$
ou $d_2$ d'une diagonale ou celle du rayon du cercle inscrit, $r$.
On obtient une relation entre les diagonales en écrivant que
le déterminant de Cayley-Menger associé aux sommets du
quadrilatère est nul.
Je cherche une relation entre les diagonales et le rayon inscrit.
Vainement...
deux côtés opposés est la même que celle des longueurs
des deux autres côtés : $a+c=b+d$,
Il s'ensuit qu'envisagés comme un système de barres
articulées en leurs extrémités ils restent circonscriptibles
quand on les déforme (même en 3D, d'ailleurs).
Ils cessent d'être déformables si on impose la longueur $d_1$
ou $d_2$ d'une diagonale ou celle du rayon du cercle inscrit, $r$.
On obtient une relation entre les diagonales en écrivant que
le déterminant de Cayley-Menger associé aux sommets du
quadrilatère est nul.
Je cherche une relation entre les diagonales et le rayon inscrit.
Vainement...
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Réponses
D’après mes souvenirs, le carré de l’aire d’un quadrilatère quelconque devrait être une fonction rationnelle des carrés des six distances mutuelles.
Or si le quadrilatère est circonscriptible, on a:
$$2S=r(a+b+c+d)$$
Donc...
Amicalement
[small]p[/small]appus
La formule se trouvait dans mon vieux cahier en lambeaux dont j'ai déjà parlé:
$$16S^2+(a^2-b^2+c^2-d^2)^2=4x^2y^2$$
où $a$, $b$, $c$, $d$ sont les longueurs des côtés et $x$, $y$ celles des diagonales.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cinq suffisent, il me semble.
-- Schnoebelen, Philippe
Effectivement il existe une relation fort connue entre ces six distances qui permettrait d’en éliminer une!
D’où un calcul de résultant sans doute monstrueux mais bof avec un logiciel de calcul formel!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Vous êtes sur une île déserte.
Comment retrouver rapidement cette relation de liaison existant entre ces six distances?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bien sûr, Robinson avait mieux à faire que de retrouver cette relation qui a fait baver des générations de géomètres tant qu'ils ne disposaient pas des bienfaits de la Divine Algèbre Linéaire.
Ma figure montre quatre points $A$, $B$, $C$, $D$ et leurs six distances mutuelles:
$BC=a$, $CA=b$, $AB=c$, $DA=x\ $, $DB=y$, $DC=z$.
Il s'agit de retrouver cette fameuse relation:
$$F(a,b,c,x,y,z)=0$$
un peu trop compliquée pour qu'on puisse la retenir par coeur.
Les démonstrations ante-linéaires sont aussi très instructives!
Amicalement
[small]p[/small]appus
La relation cherchée s'obtient en écrivant que le déterminant de Cayley-Menger dont parle Soland est nul:
$$\begin{vmatrix}
0&1&1&1&1\\
1&0&x^2&y^2&z^2\\
1&x^2&0&c^2&b^2\\
1&y^2&c^2&0&a^2\\
1&z^2&b^2&a^2&0
\end{vmatrix}
=0
$$
Cette formule est très jolie et on y voit comment ce déterminant dépend de chacune de ces six distances mais elle est difficile à justifier et à mémoriser car il est facile de se planter sur la disposition des ces distances comme entrées de ce déterminant.
Je pense que la meilleure façon est de se rappeler que les trois vecteurs $\overrightarrow{DA}$,$\overrightarrow{DB}$, $\overrightarrow{DC}$ sont liés et donc que leur déterminant de Gram est nul.
$\overrightarrow{DA}.\overrightarrow{DA}=x^2$
$\overrightarrow{DB}.\overrightarrow{DB}=y^2$
$\overrightarrow{DC}.\overrightarrow{DC}=z^2$
$\overrightarrow{DB}.\overrightarrow{DC}=\dfrac{y^2+z^2-a^2}2$
$\overrightarrow{DC}.\overrightarrow{DA}=\dfrac{z^2+x^2-b^2}2$
$\overrightarrow{DA}.\overrightarrow{DB}=\dfrac{x^2+y^2-c^2}2$
L'identité cherchée s'écrit donc:
$\begin{vmatrix}
x^2&\dfrac{x^2+y^2-b^2}2&\dfrac{z^2+x^2-b^2}2\\
\dfrac{x^2+y^2-b^2}2&y^2&\dfrac{y^2+z^2-a^2}2\\
\dfrac{z^2+x^2-b^2}2&\dfrac{y^2+z^2-a^2}2&z^2
\end{vmatrix}
=0
$
Bien sûr il y a un lien entre ces deux déterminants, il devrait être du style:
$\begin{vmatrix}
x^2&\dfrac{x^2+y^2-b^2}2&\dfrac{z^2+x^2-b^2}2\\
\dfrac{x^2+y^2-b^2}2&y^2&\dfrac{y^2+z^2-a^2}2\\
\dfrac{z^2+x^2-b^2}2&\dfrac{y^2+z^2-a^2}2&z^2
\end{vmatrix}
=\dfrac 18
\begin{vmatrix}
0&1&1&1&1\\
1&0&x^2&y^2&z^2\\
1&x^2&0&c^2&b^2\\
1&y^2&c^2&0&a^2\\
1&z^2&b^2&a^2&0
\end{vmatrix}
$
Comme je l'ai dit, il existe des démonstrations élémentaires mais qui viendra nous les raconter?
Amicalement
[small]p[/small]appus
-- Schnoebelen, Philippe