Cercle tangent
Bonjour,
je cherche en vain à construire le cercle rouge, un des 4 cercles tangents aux deux autres cercles bleus et à une droite donnés. J'y arrive quand les cercles ne sont pas l'un dans l'autre mais pas dans cette configuration.
À moins que ce ne soit pas possible.
Mais si quelqu'un a une idée ou une piste, je suis preneur.
Cordialement.
je cherche en vain à construire le cercle rouge, un des 4 cercles tangents aux deux autres cercles bleus et à une droite donnés. J'y arrive quand les cercles ne sont pas l'un dans l'autre mais pas dans cette configuration.
À moins que ce ne soit pas possible.
Mais si quelqu'un a une idée ou une piste, je suis preneur.
Cordialement.
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Réponses
Tu trouveras de l'aide ici : https://debart.pagesperso-orange.fr/seconde/contruc_cercle.html
9 - Cercle tangent à une droite et à deux cercles
Comme c’est de la défunte géométrie circulaire, on peut transformer la figure par une transformation circulaire pour que dans la nouvelle configuration obtenue la construction demandée soit simple à exécuter.
Par exemple, on peut toujours s’arranger pour que les deux cercles bleus deviennent concentriques.
Cela s’appelle conjuguer!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voyons cela numériquement. $\Gamma_{1}$ est le cercle de centre $0$ et de rayon $3.$ $\Gamma_{2}$ est le cercle de centre $\left(13+7\,i\right)/10$ et de rayon $1$. $\Gamma_{3}$ est la droite horizontale par le point $-14\,i/10$.
On rappelle que le plongement de Veronese est $
\def\wedt{\bigwedge_{3}} \def\ptv{~;~} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\prb{\mathcal{Q}} \def\mqqiz{\boxed{\prb_{z}^{-1}}}
\def\mqqz{\boxed{\prb_{z}}} \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\vmz{\underset{z}{Ver}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;}
\def\minkz#1#2{\tra{#1}\cdot\mqqz\cdot#2} \def\gram#1{\operatorname{G}_{#1}}
$ $\vmz\,:\,\vz:\vt:\vzz\mapsto\vz:\vt:\vzz:$$\left(\vt^{2}-\vz\vzz\right)/\vt$. On a: \[ \vmz\left(P\right)\cdot\mqqz^{-1}\cdot\tra{\vmz\left(P\right)=0}\where\mqqz^{-1}=2\left(\begin{array}{cccc} 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & -2 & 0 & -1\\ 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0 \end{array}\right) \] tandis que la quadrique fondamentale: \[ \mqqz=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cccc} 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -1\\ 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 2 \end{array}\right) \] permet d'exprimer que deux cycles sont orthogonaux.
On calcule les représentants des trois cycles: \[ \Gamma_{1}\simeq\left(\begin{array}{c} 0\\ -8\\ 0\\ 1 \end{array}\right)\ptv\Gamma_{2}\simeq\left(\begin{array}{c} -13+7i\\ 109/5\\ -13-7i\\ 10 \end{array}\right)\ptv\Gamma_{3}\simeq\left(\begin{array}{c} 5\\ 14\,i\\ -5\\ 0 \end{array}\right) \] Puis on calcule l'orthogonal commun à ces trois cycles. On trouve: \[ \Gamma_{4}=\mqqiz\cdot\tra{\wedt}\left(\Gamma_{1},\,\Gamma_{2},\,\Gamma_{3}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} -\dfrac{607}{130}-\dfrac{7i}{5}\\ 10\\ -\dfrac{607}{130}+\dfrac{7i}{5}\\ 1 \end{array}\right) \] Ce cercle a pour centre $\dfrac{607}{130}-\dfrac{7i}{5}$ et pour rayon $\dfrac{\sqrt{249473}}{130}$.
Ensuite de quoi, on utilise ces quatres cercles comme famille génératrice de l'espace des cycles. La matrice de Gramm de cette bande des 4 est: \[ \mathrm{G}=\left[\begin{array}{cccc} 9 & \dfrac{391}{100} & \dfrac{-7i}{5} & 0\\ \dfrac{391}{100} & 1 & -\dfrac{21\,i}{10} & 0\\ \dfrac{-7i}{5} & -\dfrac{21\,i}{10} & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & \dfrac{249473}{16900} \end{array}\right] \] On pose $W_{pq}=\minkz{\Gamma_{p}}{\Gamma_{q}}$ and $w_{p}^{2}=\minkz{\Gamma_{p}}{\Gamma_{p}}$. Et alors une des solutions est donnée par
$\Gamma_{0}=\sum k_{j}\,\Gamma_{j}\where$
\begin{eqnarray*} k_{1} & = & \left({\it w_{2}}\,{\it w_{3}}-{\it W_{23}}\right)\left(-{\it w_{1}}\,{\it w_{2}}\,{\it w_{3}}-{\it w_{1}}\,{\it W_{23}}+{\it w_{2}}\,{\it W_{13}}+{\it w_{3}}\,{\it W_{12}}\right)\\ k_{2} & = & \left({\it w_{1}}\,{\it w_{3}}-W_{13}\right)\left(-{\it w_{1}}\,{\it w_{2}}\,{\it w_{3}}+{\it w_{1}}\,{\it W_{23}}-{\it w_{2}}\,{\it W_{13}}+w_{3}\,{\it W_{12}}\right)\\ k_{3} & = & \left({\it w_{1}}\,{\it w_{2}}-W_{12}\right)\left({\it -w_{1}}\,{\it w_{2}}\,{\it w_{3}}+w_{1}\,{\it W_{23}}+{\it w_{2}}\,{\it W_{13}}-{\it w_{3}}\,{\it W_{12}}\right)\\ k_{4} & = & \sqrt{-2\left({\it w_{2}}\,{\it w_{3}}-{\it W_{23}}\right)\left({\it w_{1}}\,{\it w_{3}}-W_{13}\right)\left({\it w_{1}}\,{\it w_{2}}-W_{12}\right)\,\gram{123}\,}/w_{4} \end{eqnarray*} Trois autres sont obtenues en changeant les signes de $w_{1},w_{2},w_{3}$. Et les quatre dernières sont obtenues en changeant $k_{4}$ en $-k_{4}$ (inversion par rapport au cercle $\Gamma_{4}$).
Une solution est réelle/imaginaire ou "inimaginable" (objet dont le centre ne serait pas un point visible) selon le signe $k_{4}^{2}$. Globalement, le nombre de solutions "imaginables" change lorsque la condition de contact $\prod\gram{jk}$ s'annule.
Avec les données précédentes, on trouve: \[ \omega_{2}=\dfrac{104}{235}-\dfrac{5101\,i}{22090}+\left(\dfrac{2}{235}-\dfrac{26\,i}{11045}\right)\sqrt{42842}\ptv\rho_{2}=\dfrac{5165}{4418}-\dfrac{26\,\sqrt{42842}}{11045} \]
\[ \omega_{6}=\dfrac{104}{235}-\dfrac{5101\,i}{22090}+\left(\dfrac{2}{235}-\dfrac{26\,i}{11045}\right)\sqrt{42842}\ptv\rho_{6}=\dfrac{5165}{4418}+\dfrac{26\,\sqrt{42842}}{11045} \]
\[ \omega_{4}=\dfrac{104}{135}+\dfrac{3479\,i}{7290}-\left(\dfrac{2}{135}-\dfrac{26\,i}{3645}\right)\sqrt{2002}\ptv\rho_{4}=\dfrac{2737}{1458}+\dfrac{26\,\sqrt{2002}}{3645} \]
\[ \omega_{8}=\dfrac{104}{135}+\dfrac{3479\,i}{7290}+\left(\dfrac{2}{135}-\dfrac{26\,i}{3645}\right)\sqrt{2002}\ptv\rho_{8}=\dfrac{2737}{1458}-\dfrac{26\,\sqrt{2002}}{3645} \] Et la figure confirme. Qui en eût douté ?
Cordialement, Pierre.
Avec les indications de pappus que je salue:
Les deux cercles $(O)$ et $ (O')$ donnés font parties d'un faisceau de cercles à points limites $J$ et $K$.
Toute inversion de pôle $J$ ou $K$ envoie ces deux cercles sur deux cercles concentriques.
Le cercle d'inversion est ici centré en $K$. Les deux cercles et la droite sont envoyés sur 3 cercles en bleu sur la figure.
On construit le cercle tangent aux trois cercles bleus. Son inverse est le cercle cherché.
La solution analytique de Pierre est la plus importante.
Quant aux diverses constructions graphiques élémentaires connues depuis très très longtemps, elles sont toutes basées sur la notion d'inversion qui a disparu pour toujours de nos programmes.
Alors pourquoi s'escrimer en pure perte?
Amicalement
[small]p[/small]appus
L'idée est la suivante:
Quand vous avez deux cercles $C_1$ et $C_2$ du plan circulaire et un troisième cercle $\gamma$ tangent aux cercles $C_1$ et $C_2$ en des points $m_1$ et $m_2$, les points de contacts $m_1$ et $m_2$ s'échangent dans l'une ou l'autre de deux inversions bien connues autrefois de nos bacheliers (dont j'étais).
Maintenant vous prenez un cercle $\gamma$ tangent à trois cercles $C_1$, $C_2$, $C_3$ en des points $m_1$, $m_2$, $m_3$.
On voit alors que les points $m_1$, $m_2$, $m_3$ sont des points fixes d'un produit de trois inversions.
Mais le groupe circulaire a disparu, sans doute parce qu'il était trop compliqué de composer ses éléments!
Autant abandonner alors la définition et l'étude de ses générateurs que sont les inversions.
Et voilà pourquoi votre fille est muette!
Il nous reste nos sens giratoires! Encore heureux!
Amicalement
[small]p[/small]appus
"Toutes basées sur la notion d'inversion", vraiment ? Pas celle de la feuille GeoGebra que je propose.
Bien sûr il existe des solutions très élémentaires plus ou moins tirées par les cheveux comme par exemple la méthode de dilatation de Viète, je cite de mémoire.
Je ne doute pas que ta solution le soit elle aussi mais elle mériterait que tu nous en donnes tous ses détails.
Quant à ce problème de la construction d'un cercle tangent à trois cercles donnés, c'est clairement un problème de géométrie circulaire et il est naturel qu'il soit résolu dans le cadre de cette défunte géométrie!
Ce n'est après tout qu'un problème de points fixes. Cela devrait te faire plaisir!
Amicalement
[small]p[/small]appus
je ne regrette pas d'avoir ouvert ce fil et remercie tous ceux qui ont brillamment éclairé le but que je recherchais vainement . Et ce n'est peut être pas fini .
A priori, on a un produit de trois inversions dont chacune peut être choisie dans une paire.
Cela fait donc huit possibilités.
Après ce n'est plus qu'une question de maîtrise du défunt groupe circulaire!
Un savoir faire qui est en train de se perdre!
Amicalement
[small]p[/small]appus
En fait j'ai dit quelques bêtises car cela faisait longtemps que je n'avais plus vu ce problème.
Je connais deux livres dans lesquels sa solution est donnée dans les plus grands détails:
1° Les exercices de géométrie moderne de Papelier dans son tome VI consacré à l'inversion, pages 94 et suivantes.
2° Compléments de géométrie de Deltheil et Caire.
Il faut absolument les lire.
Comme je les avais oubliés, j'ai pensé à cette méthode de points fixes et cela n'a pas loupé.
Quand j'ai voulu l'appliquer, elle n'a pas marché!
Je me donne trois cercles en "position générale". Chaque paire de cercles a deux centres d'homothétie, donc six de ces bestioles en tout, lesquelles forment un quadrilatère complet.
Tout centre d'homothétie de deux de ces cercles est aussi centre d'une inversion les échangeant.
Alors j'ai choisi les trois centres d'homothétie négative et j'ai composé dans l'ordre que vous voulez les inversions correspondantes.
Au total le produit de ces trois inversions laisse stable le cercle de départ et induit sur celui ci une homographie dont il faut chercher les points fixes.
Problème classique:
On choisit au hasard trois points $a$, $b$, $c$ sur notre cercle de départ. On les transforme par notre produit pour obtenir leurs images $a'$, $b'$, $c'$.
Et on a plus qu'à construire l'axe de l'homographie $abc\mapsto a'b'c'$, les nostalgiques des Pensées l'appelleront droite de Pascal.
L'intersection de cet axe d'homographie avec le cercle de départ fournit les deux points de contact de deux cercles solutions.
Et manque de pot, quand j'ai tracé ces deux cercles, ils n'étaient pas tangents aux trois cercles donnés!
Mais qu'ai-je obtenu au fait?
Qu'avais-je oublié qui est expliqué en long et en large dans les deux ouvrages ci-dessus?
Et faut-il jeter aux orties ma méthode?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Et quant à la construction de la feuille GeoGebra que j'ai donnée plus haut, elle se comprend immédiatement quand on répond à la question : mais que sont les courbes vertes et rouges ?
Une petite question subsidiaire : on a deux paraboles données par foyers et directrices, d'axes (ou de directrices) parallèles (zut, j'ai donné la réponse à ma question). On peut construire à la règle et au compas les deux points d'intersection des deux paraboles (points d'intersection qui n'existent pas toujours). Mais comment le faire intelligemment ? Ça, je ne le sais pas.
Le lieu des centres des cercles tangents à un cercle et a une droite est formé de deux paraboles.
Cela a dû faire le sujet d'innombrables problèmes du baccalauréat autrefois.
Quant à l'intersection que tu demandes, il faudra que je réfléchisse!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Qu'est-ce que j'avais pu oublier qui avait fait capoter ma méthode.
Tout simplement que les centres des trois inversions dont on fait le produit doivent être alignés sur l'un des quatre axes d'homothétie de ces trois cercles.
C'est la première chose que l'on montre dans cette théorie
Maintenant si on applique ma méthode dans ce cas d'alignement, elle fonctionne, ouf!
Le livre de Papelier expose deux méthodes: celle de Gergonne et celle de Poncelet.
En lisant un peu plus attentivement ce livre, je me suis aperçu que ma méthode s'apparentait à celle de Poncelet à condition de remarquer et surtout de montrer que le produit de mes trois inversions était encore une inversion.
Vous vous rendez compte: l'inversion a disparu pour toujours de nos programmes. Alors faire le produit de trois inversions et voir que dans ce cas particulier, c'est encore une inversion, c'est devenu mission impossible au moins dans notre république analphabète.
Peut-être que dans les alpages, on peut encore y arriver?
Le Papelier ne fait pas de produit d'inversions mais la méthode suivie par Poncelet revient exactement à faire le produit de trois inversions sans le dire!
Maintenant, petite colle!
Qu'ai-je obtenu avec ma méthode en choisissant pour centres d'inversion, les trois centres d'homothétie négative qui ne sont pas alignés!!
Et ça m'a fait bien râler!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ci-dessous voilà ce que j'avais obtenu et qui était très différent de ce que j'attendais.
Pour des raisons de lisibilité, j'ai effacé ma construction et seulement tracé son résultat!
$\Gamma$ est le cercle radical des cercles $\Gamma_1$, $\Gamma_2$, $\Gamma_3$.
Surprenant n'est-il pas?
Explication de gravures?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le petit problème d'intersection de GaBuZoMeu m'a intéressé, même si je trouve que les constructions à la règle et au compas n'ont plus qu'un intérêt anecdotique maintenant que nous disposons de logiciels de géométrie dynamique performants.
Ma construction est un peu artificielle car je l'ai trouvée après quelques calculs de géométrie analytique.
Sur ma figure il s'agit de trouver les points d'intersections de la parabole de foyer $F$ et de directrice $D$ avec la parabole de foyer $F'$ et de directrice $D'$ où on a supposé $D\parallel D'$.
Les paraboles $\Pi$ et $\Pi'$ sont donc tangentes à l'infini dans la direction $D^{\perp}$.
Les deux points d'intersection restant sont donc constructibles à la règle et au compas s'ils sont réels.
Dans tous les cas de figure, la droite $L$ joignant ces deux points est réelle et mon idée est de construire cette droite en en exhibant un point et sa direction.
Ensuite la construction de l'intersection d'une droite et d'une parabole est classique, (voir le Lebossé-Hémery page 343,article 524).
Les droites $FF'$ et $HH'$ se coupent en un point $O$.
La perpendiculaire issue de $O$ aux directrices parallèles $D$ et $D'$ coupe $D$ en $K$ et $D'$ en $K'$.
Alors $FK\parallel F'K'$ définit la direction orthogonale à $L$.
$\Omega$ est le milieu de $FF'$.
La droite $L$ coupe la droite issue de $\Omega$ perpendiculaire à $D$ et $D'$ en un point $a$.
Sur la figure, on lit $\dfrac{\overline{ab}}{\overline{ac}}=\dfrac{\overline{FH}}{\overline{F'H'}}=\dfrac{\overline{OK}}{\overline{OK'}}$, ce qui permet de construire $a$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ton idée d'intersection de paraboles est très astucieuse et sans doute marche-t-elle encore dans le cas général puisque le lieu des centres des cercles tangents à deux cercles donnés est formé de deux coniques.
La construction des cercles tangents à trois cercles donnés est donc ramenée à une intersection de coniques.
Comme on sait d'une part qu'en général les intersections de deux coniques ne sont pas constructibles à la règle et au compas et que d'autre part cette construction de cercles tangents à trois cercles donnés est possible avec ces instruments, voir les solutions de Gergonne ou de Poncelet, on est dans ce cas très particulier face à une intersection de coniques constructible à la règle et au compas.
Quand je vois le mal que je me suis donné avec tes paraboles, je devine les difficultés du cas général.
C'est pourquoi les constructions basées sur la géométrie circulaire sont plus naturelles et plus simples.
Il serait intéressant de voir ce qu'apporte de nouveau, (si nouveau il y a), ma méthode de points fixes dans l'exposition de cette théorie.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cabri gère aussi parfaitement les intersections de coniques.
Avec les logiciels actuels, il n’y a donc pas de problèmes pour construire les cercles tangents à trois cercles donnés. Mais nos anciens n’auraient pas aimé une telle construction via les intersections de coniques.
Comme je l’ai dit les constructions basées sur la géométrie circulaire sont plus esthétiques et attractives.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voyons en détail cette méthode circulaire.
$\,$
\def\wedt{\bigwedge_{3}} \def\ptv{~;~} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}}
\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\vmz{\underset{z}{Ver}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;}
\def\minkz#1#2{\tra{#1}\cdot\mqqz\cdot#2} \def\gram#1{\operatorname{G}_{#1}} \def\cc{\mathbb{C}}
\def\prb{\mathcal{Q}} \def\mqqz{\boxed{\prb_{z}}} \def\mqqiz{\boxed{\prb_{z}^{-1}}} \def\minkz#1#2{\tra{#1}\cdot\mqqz\cdot#2} \def\crra#1#2{\operatorname{cross\_ratio}{}_{#2}\left(#1\right)}
\def\prodscal#1#2{\left\langle #1\mid#2\right\rangle }
$ (il faudrait dire: le projecteur sur $\cc\gamma$) est \begin{equation} \delta\mapsto\delta^{\parallel}\doteq a\,\gamma\doteq\dfrac{\minkz{\gamma}{\delta}}{\minkz{\gamma}{\gamma}}\,\gamma\label{eq:1} \end{equation} et donc le projecteur sur $\mathfrak{G}$ (il faudrait dire sur l'hyperplan qui... que...) est: \[ \delta\mapsto\delta^{\perp}\doteq\delta-\dfrac{\minkz{\gamma}{\delta}}{\minkz{\gamma}{\gamma}}\,\gamma \] On obtient $\sigma\left(\delta\right)$ en écrivant que: $\crra{\sigma,\delta^{\perp},\delta,\sigma\left(d\right)}{}=-1$. On retrouve la formule bien connue: \begin{equation} \left(1-2a\right)\,\sigma\left(\delta\right)=\delta-2a\gamma\label{eq:2} \end{equation}
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Cordialement, Pierre.
Edit: ajout d'une figure
Comme l'a rappelé GaBuZoMeu il y a au maximum $8$ cercles tangents à $3$ cercles donnés.
Quid (en dimension $3$) du nombre maximum de sphères tangentes à $4$ sphères données?
Bien cordialement. Poulbot
http://www.numdam.org/article/NAM_1844_1_3__101_1.pdf
Un petit film dans sa tête sur la cas de 4 petites billes aux sommets d'un tétraèdre régulier convainc que les seize peuvent être de vraies sphères réelles.
Poulbot
J'ai retenu la méthode qui m'a paru la plus simple , celle avec les paraboles proposée par GaBuZoMeu .
Les centres de ces cercles (pas tous) sont sur une ellipse de foyers I et O et de grand axe R+r
Ta figure fait plus penser au porisme de Steiner qu'à la construction des cercles tangents à trois cercles donnés.
La question que tu suggères est plutôt la suivante.
Existe-t-il des triangles tels qu'il existe des chaines de $n$ cercles tangents au cercle inscrit et au cercle circonscrit qui se referment au bout de $k$ tours?
J'ai l'intuition que $n$ doit être suffisamment grand, ($n\ge 10$?).
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Ci-dessous une figure faite pour $n=10$ et $k=1\ $.
Comment ai-je fait?
en fait, tes deux cercles sont les cercles principaux d'une cyclide de Dupin en anneau dans l'un de ces deux plans de symétries. Les centres des cercles sont sur une ellipse.
Tu peux regarder ici :
https://www.mathcurve.com/surfaces/cycliddedupin/cyclidededupin.shtml
http://pstricks.blogspot.com/2016/08/les-cyclides-de-dupin-avec-pov-ray-suite.html
http://pstricks.blogspot.com/2016/08/
A+
Lionel
Lionel
Comme c'est visiblement plus simple avec $2$ cercles concentriques, quels sont les pôles des inversions transformant les $2$ cercles en $2$ cercles concentriques?
Je ne sais pas si cela était au programme du bizutage de MathSup mais ces points étaient connus des élèves de MathElem sous au moins $2$ appellations différentes.
Amicalement. Poulbot
Je crois que c’est dit plus haut: les points limites du faisceau auquel appartiennent ces deux cercles ?
Rentrant de vacances, je me suis précipité pour poster ce message sans prendre la peine de lire tout ce qui était écrit précédemment. Avec toutes mes excuses!
Il s'agit effectivement des points limites (ou points de Poncelet) du faisceau engendré par les $2$ cercles.
Sauf erreur de ma part, une inversion par rapport à un de ces $2$ points transforme les $2$ cercles en $2$ cercles concentriques dont le rapport des rayons $\mu $ vérifie $\mu ^{2}-\left( 2+\dfrac{r}{R}\right) \mu +1=0$.
Il existe donc une chaîne de $n$ cercles tangents qui se referme au bout de un tour si $\dfrac{r}{4R}=\tan ^{2}\dfrac{\pi }{n}$, ce qui nécessite $\tan ^{2}\dfrac{\pi }{n}\leq \dfrac{1}{8}$, soit, comme l'a fort justement dit Pappus, $n\geq 10$.
Pour $n=10$, on doit avoir $\dfrac{R}{r}=\dfrac{5+2\sqrt{5}}{4}$.
Amicalement. Poulbot