Une formule

Rescassol · September 2019

Bonjour,

Voilà un problème de Jean-Louis Ayme.:
Montrer que $(R_1R_2+R_2R_3+R_3R_1)^2=4R_1R_2R_3R$.
Où $R$ est le rayon du cercle externe et $R_1,R_2,R_3$ les rayons des trois cercles internes.

Cordialement,

Rescassol 89728

poulbot · September 2019

Bonjour Rescassol
J'ai probablement mal compris ta figure mais, dans le cas particulier où $OF_{2}$ est parallèle à $AB$, on a $R=R_{2}+2R_{1}$ et ton égalité est visiblement fausse.
Bien cordialement. Poulbot

Rescassol · September 2019

Bonjour,

Poulbot, je suis d'accord pour ta relation dans ce cas particulier, mais je ne vois pas en quoi ça rend la mienne invalide.
Géogébra est alors d'accord avec les deux.

Cordialement,

Rescassol

poulbot · September 2019

Re-bonjour Rescassol
Développe les deux côtés de l'égalité avec $R=R_{2}+2R_{1}$ et tu verras que c'est impossible.
Cordialement. Poulbot

Rescassol · September 2019

Bonsoir,

Avec $R=1,R_1=0.313, R_2=0.374, R_3=0.602$, j'ai les deux relations à la fois (à $3\times 10^{-4}$ près).

Cordialement,

Rescassol

Edit: J'ai trouvé ! J'avais oublié le $4$ que j'ai rajouté dans mon message initial.

poulbot · September 2019

Merci Rescassol pour la correction.
Je regarderai cela plus tard.
Bien cordialement. Poulbot

pldx1 · September 2019

Bonjour.

Banal problème d'élimination. On pose $R=1$, $F_1 =\alpha=-I$, $F_2=\beta$, $F_3=\gamma$ et on mouline. Les alignements $F_1,P_2,F_2$ et $F_1,P_3,F_3$ fournissent deux équations et $|F_2F_3|^2=(R_2+R_3)^2 $ en fournissent une troisième. Il reste à éliminer $\beta,\gamma$.
Il reste surtout à se persuader de la symétrie de cette formule en les trois rayons, qu'il est facile de tester.

Polynôme $(X-R_1)(X-R_2)(X-R_3)$ !

Cordialement, Pierre. 89732

poulbot · September 2019

Bonjour
Quelques remarques qui permettent, en tout cas, de faire la figure (par exemple à partir du point $P_{2}$).
Soit $\Gamma $ le cercle de centre $F_{1}$ passant par $A$ et $B$. L'inversion par rapport à $\Gamma $ échangeant la droite $AB$ et le cercle $\left( O\right) $, il en résulte que
les droites $P_{2}F_{2}$ et $P_{3}F_{3}$ passent par $F_{1}$
$F$ est sur $\Gamma $ et la droite $L_{2}L_{3}$ est la tangente en $F$ à $\Gamma $
les droites $L_{2}L_{3}$ et $F_{2}F_{3}$ se coupent sur $AB$ - au deuxième centre d'homothétie des cercles $\left( L_{2}\right) $ et $\left( L_{3}\right) $.
Les points $L_{2}$ et $L_{3}$ se promènent sur une parabole de foyer $O$, d'axe la médiatrice de $\left[ AB\right] $ et passant par $A$ et $B$. Ainsi, partant d'un point $F$ sur l'arc $AB$ "supérieur" du cercle $\Gamma $, la tangente en $F$ à $\Gamma $ coupe la parabole en $L_{2}$ et $L_{3}$. C'est évidemment très rapide, surtout si on dispose d'un traceur de coniques.
Amicalement. Poulbot

poulbot · September 2019

Re-bonjour
Une preuve élémentaire de la formule.
Puisque $OL_{2}=R-R_{2}$ et $OP_{1}=R-2R_{1}$, on a $P_{1}P_{2}^{2}=\left( R-R_{2}\right) ^{2}-\left( R-2R_{1}-R_{2}\right) ^{2}=4R_{1}\left( R-R_{1}-R_{2}\right) $.
De même $P_{1}P_{3}^{2}=4R_{1}\left( R-R_{1}-R_{3}\right) $. En outre $P_{2}P_{3}^{2}=4R_{2}R_{3}$.
Puisque $P_{1}P_{2}^{2}+P_{1}P_{3}^{2}-2\overline{P_{1}P_{2}}\cdot \overline{P_{1}P_{3}}=P_{2}P_{3}^{2}$, on a $\left( P_{1}P_{2}^{2}+P_{1}P_{3}^{2}-P_{2}P_{3}^{2}\right) ^{2}-4P_{1}P_{2}^{2}\cdot P_{1}P_{3}^{2}=0$ qui donne la formule demandée.
Amicalement. Poulbot

pldx1 · September 2019

On peut aussi enlever la cloison, obtenant la configuration de Soddy, qui est plus compacte. Relation entre les rayons ?

Cordialement, Pierre. 89744

Rescassol · September 2019

Bonjour,

De mon côté, j'avais fait comme ceci:

clc, clear all, close all

syms x x2 x3 R1 R2 R3 real

%-----------------------------------------------------------------------

% Le cercle externe est de centre O et de rayon R=1

% L1(x1;y1), L2(x2,y2), L3(x3;y3) sont les trois centres
% des trois cercles internes.

y1=2*R1-1;

% Parabole de foyer 0 et de direcrice la droite d'éqyation y=y1+1

Para(x)=-x^2/(2*(y1+1))+(y1+1)/2; 
y2=Para(x2);
y3=Para(x3);

D2=(x3-x2)^2+(y3-y2)^2; % Carré de la distance L2L3
D2=Factor(D2)

% On trouve D2 = (x2 - x3)^2*(16*R1^2 + (x2 + x3)^2)/(16*R1^2)

% Les trois équations du problème, de la forme Eq=0

Eq1=Factor(D2-(R2+R3)^2)
Eq2=Factor(y2-y1-R2)
Eq3=Factor(y3-y1-R3)

% Eq2 donne 4*R1*(R1 + R2 - 1) + x2^2 = 0, donc:

% x2^2 = 4*R1*(1-R1-R2)
% x3^2 = 4*R1*(1-R1-R3)

x22=4*R1*(1-R1-R2); % Les carrés
x32=4*R1*(1-R1-R3);

% Eq1 donne:
% 16*R1^2*R2^2 + 32*R1^2*R2*R3 + 16*R1^2*R3^2 - 16*R1^2*x2^2 +  32*R1^2*x2*x3 - 16*R1^2*x3^2 - x2^4 + 2*x2^2*x3^2 - x3^4 = 0
% Ou:
% Eq = 32*R1^2*x2*x3 + 16*R1^2*(R2+R3)^2 - 16*R1^2*(x2^2+x3^2) - (x^2-x3^2)^2 = 0

Factor(x22+x32) % On trouve -4*R1*(2*R1 + R2 + R3 - 2)
Factor(x22-x32) % et -4*R1*(R2 - R3)

% Donc:

Eq=32*R1^2*x2*x3 + 16*R1^2*(R2+R3)^2 - 16*R1^2*(x22+x32) - (x22-x32)^2
Eq=Factor(Eq)

% Ce qui donne:
% Eq=2*R1*R2 - 4*R1 + 2*R1*R3 + 2*R2*R3 + x2*x3 + 4*R1^2

% Un dernier remplacement:

Eq=x22*x32-(2*R1*R2 - 4*R1 + 2*R1*R3 + 2*R2*R3 + 4*R1^2)^2
Eq=Factor(Eq)

% Eq=- 4*R1^2*R2^2 - 8*R1^2*R2*R3 - 4*R1^2*R3^2 - 8*R1*R2^2*R3 - 8*R1*R2*R3^2 + 16*R1*R2*R3 - 4*R2^2*R3^2
% On divise par 4:

Eq=(R1*R2 + R1*R3 + R2*R3)^2-4*R1*R2*R3;

Cordialement,

Rescassol

soland · September 2019

On doit trouver ce problème dans le bouquin de Pedoe
Japanese Temple Geometry ?

Jean-Louis Ayme · September 2019

Bonjour,

après lecture, je ne l'ai pas trouvé...

http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Cercles segmentaires Addendum.pdf p. 36...

Sincèrement
Jean-Louis

poulbot · September 2019

Bonjour Jean-Louis
Une petite coquille : $3$ est le cercle de $S1$, tangent à $\left[ AB\right] $, intérieurement à $0$ et extérieurement à $2$.
Mais il serait plus correct de dire que $3$ est un des $2$ cercles de $S1$, tangents à $\left[ AB\right] $, intérieurement à $0$ et extérieurement à $2$.
Cordialement. Poulbot

Une formule

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