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le sangaku de kolotoko

Envoyé par kolotoko 
kolotoko
le sangaku de kolotoko
il y a huit années
Bonsoir,
je vous propose un petit exercice dans le style japonais des sangakus :
Soit ABCD un carré.
On trace les quarts de cercles de centre A passant par B et D; de centre B passant par A et C ; de centre C passant par B et D ; de centre D passant par A et C .
Ces quarts de cercles se coupe en EFGH (formant un carré).
Dans les pseudo -triangles équilatéraux AEF ; BFG ; CHG ; DEH , on inscrit respectivement les cercles de centre a ; b ; c ; d (autrement dit les cercles sont tangents aux cotés curvilignes des pseudo-triangles équilatéraux) .

Montrer que la somme des aires de ces 4 cercles vaut la moitié de l'aire du cercle passant par leurs centres a,b,c,d.

Bien cordialement
kolotoko
Emmanuelle
Re: le sangaku de kolotoko
il y a huit années
Très beau Sangaku !
J'ai une solution calculatoire, mais pas trop :
Je prends comme unité la longueur d'un côté du carré.
Dans un repère d'origine $A$ associé au carré, si je note $a$ l'abscisse du centre du petit cercle le plus proche de $A$, Al Kashi me permet d'obtenir :
$4r-2a=4r-5$ où $r=\sqrt 2$

(Equation du 1er degré !) d'où
$a=\dfrac{11-6r}{14}$

La conclusion vient ensuite assez facilement.
Bravo pour ce bel énoncé.
Re: le sangaku de kolotoko
il y a huit années
Bonjour,

Rien compris à quel triangle tu utilises pour ton Al Kashi...
Je fais comme ça :

Notations :
R = rayon des quarts de cercle = côté du carré
$d = \dfrac{R}{ \sqrt{2}}$ (pour simplifier l'écriture)
r rayon des cercles inscrits

[attachment 19790 ksangaku.gif]

On a immédiatement $DI = R - r$ et $CI = R + r$ d'où on tire
$OI = CI - d = R + r - d$

Pythagore dans le triangle ODI donne $OI^2 + OD^2 = DI^2$
soit $(R + r - d)^2 + d^2 = (R - r)^2$ d'où $r = \dfrac{d(R - d)}{2R - d}$
puis $OI = R - d + r = \dfrac{2R(R - d)}{2R - d} = \dfrac{2R}{d} r = r \times 2 \sqrt{2}$
et par conséquent $\dfrac{\pi OI^2}{2} = 4 \pi r^2$ CQFD

Construction géométrique des cercles inscrits :
On pourrait partir de la relation précédente, il y a toutefois une méthode plus expéditive, et sans avoir fait aucun des calculs précédents au préalable.
C'est une construction classique des cercles tangents aux trois cercles (B), (C), (D), dans le cas simplifié où ces cercles ont même rayon R, et où C est sur la médiatrice de BD :
On diminue de R le rayon des cercles (B) et (D) qui deviennent les cercles-points B et D.
On augmente de R le rayon du cercle (C) -> cercle (C')
On diminue de R le rayon r du cercle cherché (dont le rayon devient $|r - R|$ !!)
Et les cercles sont toujours tangents, et de centres inchangés.
Le centre I cherché est donc le centre d'un cercle passant par B et D et tangent au cercle (C')
C'est à dire le cercle circonscrit à BDP, avec $CP = 2R$.

Nota : les triangles curvilignes AEF etc. sont bien "équilatéraux" : formés d'arcs égaux, et d'angles de 60 degrés
(pas les angles des cercles ! les angles du triangle ordinaire AEF !)
Les arcs AE = EH = HC = 30 degrés. (triangle équilatéral BEC)

Amicalement.
kolotoko
Re: le sangaku de kolotoko
il y a huit années
Bonjour,
merci pour vos contributions.
J'avais procédé à peu près comme chephip.
Il était classique, au temps jadis, de demander le périmètre de l'espèce de fleur AEDHCGBF et ici la remarque sur les triangle équilatéraux est bien utile. Le calcul de l'aire de AEDHCGBF est plus délicat et celle de l'aire du pseudo carré EFGH aussi .
Cela se demandait dans certaine écoles d'enseignement technique, vers les années 50.
J'ai vu dans le livre de Géry Huvent, les sangakus 9 et 10 proche de celui-ci.
Bien cordialement
kolotoko
bs
Re: le sangaku de kolotoko
il y a huit années
avatar
Bonjour,

kolotoko, est-il indiscret de demander la provenance de ce bel exercice,...et pendant que j'y suis, des autres également intéressants que tu as proposés ces derniers temps sur notre forum ? Merci.

Amicalement.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a huit années et a été effectuée par bs.
Re: le sangaku de kolotoko
il y a huit années
Bonjour,

Emmanuelle a raison:
Si le côté du carré est 1, Al Kashi dans le triangle BCI donne:
$\displaystyle(1-r)^2=1+(1+r)^2-2(1+r)\frac{\sqrt{2}}{2}$
Donc $\displaystyle r=\frac{\sqrt{2}-1}{4-\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}-2}{14}$.
Puis $\displaystyle OI=1-\frac{1}{\sqrt{2}}+r=\frac{6-2\sqrt{2}}{7}=2\sqrt{2}r$.

Cordialement,

Rescassol
kolotoko
Re: le sangaku de kolotoko
il y a huit années
Bonjour,

à bs : la provenance des quelques exercices que j'ai proposé ?

mon humble cervelle !
oui, il me plait d'inventer des énoncés - souvent élémentaires, j'en convient aisément .

Bien cordialement
kolotoko
bs
Re: le sangaku de kolotoko
il y a huit années
avatar
thumbs down bravo thumbs down


Amicalement.
Emmanuelle
Re: le sangaku de kolotoko
il y a huit années
Bonjour,
J'avais utilisé Al Kashi dans ABI mais les calculs de Rescassol sont encore plus simples.
Chephip, serait-il possible d'expliquer davantage la construction de I?
Re: le sangaku de kolotoko
il y a huit années
Bonsoir,

Je n'avais pas prévu d'insister d'avantage sur cette construction d'un cercle tangent à trois cercles donnés.
Le cas général est le célèbre "problème d'Apollonius" qui est assez compliqué (Googler, avec un peu de chance vous trouverez décrite en détail la solution de Gergonne, ou le paquet des 10 solutions "élémentaires")
Le problème se simplifie en remplaçant un ou plusieurs des trois cercles donnés par des droites (cercles de rayon infini) ou des points (cercles de rayon nul)
Il existe ainsi 10 variantes selon le type d'objet.

Ici on remplace par augmentation/diminution des rayons des 3 cercles donnés le problème avec trois cercles en un problème plus simple avec points et cercle(s).
Soient trois cercles donnés quelconques (A,R) (B,R') (C,R") en bleu (euh, la figure est avec R' = R" mais qu'importe)

[attachment 19798 3cercles1.gif]

En augmentant/diminuant les rayons d'une même quantité d quelconque et donnée, les cercles donnés deviennent des cercles (donnés) (A,R+d), (B,R'-d), (C,R"-d) en vert, et le cercle cherché voit son rayon lui aussi diminué de d (en orange), mais les centres ne changent pas.
Si d = R' ou R", l'un des nouveaux cercles disparait même totalement et le problème avec 3 cercles devient un problème avec 2 cercles et un point.
Et même si d = R' = R", les deux cercles disparaissent et le problème devient (cercle (A,R+R'), point B, point C)
C'est ce que l'on a dans notre problème (R' = R")

Une applet permettant de voir comment varient les cercles quand ils se "retournent" (d < -R, ou d > R' ou d > R" ou d > r)

[attachment 19799 3cercles.html]

Ta' est dragable et définit la valeur de d.
Cette applet n'est pas la construction du cercle cherché (I,r) mais juste une démo des variations de rayons.

Et en plus ce problème là (Point, Point, Cercle) est dans notre cas (figure du message précédent) simplifié encore d'avantage car le cercle qui reste (C,2R) est centré sur la médiatrice AC des deux autres centres B et D.
Le point de contact du nouveau cercle cherché est alors aussi sur cette médiatrice, et ce cercle devient un simple cercle passant par trois points (= cercle circonscrit)

D'où la construction finale brute :
Construire le point T, intersection de la diagonale AC avec l'arc de centre C, et qui est évidement le point de contact du cercle cherché avec cet arc.
Construire le point P avec TP = CT = R, et qui est donc le point de contact du cercle dilaté dans le problème transformé (point B, point D, cercle(C, R+R))
(la diagonale AC étant la médiatrice de BD, on est dans le cas décrit ci dessus !)

Le point I est ainsi le centre du cercle circonscrit à PBD, que l'on obtient comme intersection de la médiatrice AC de BD et de la médiatrice de PB, perpendiculaire en le milieu M de PB.

Comme on connait alors le centre I et le point de contact T, le cercle cherché final est déterminé.

Amicalement.


Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - 3cercles.html (2.5 KB)
kolotoko
Re: le sangaku de kolotoko
il y a huit années
Bonjour,

merci pour la superbe explication.

Bien cordialement
kolotoko
emmanuelle
Re: le sangaku de kolotoko
il y a huit années
Merci pour cette applet qui aide à bien voir comment ça marche.
Mais je ne comprends tjs pas pourquoi I est fixe dans cette transformation.
Qui a découvert cette méthode, et comment s'explique-t-elle?
Cordialement.
Re: le sangaku de kolotoko
il y a huit années
Bonjour Emmanuelle,

Il est toujours difficile d'expliquer ce qui me semble évident : que si de deux cercles tangents extérieurement on augmente le rayon de l'un et on diminue le rayon de l'autre d'une même quantité, sans toucher aux centres, les cercles obtenus restent tangent. Et si les cercles sont tangent intérieurement, on change le signe : c'est à dire on augmente les deux rayons, ou on les diminue tous les deux et la conclusion est idem

Une telle méthode ne porte pas de nom particulier et date "de la plus haute antiquité". (condition pour que deux cercles soient tangent : distance des centres = somme ou différence des rayons.)

Amicalement.
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