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Un problème japonais

Envoyé par Eric 
Un problème japonais
il y a sept années
Trouvé dans un sanctuaire shinto.
[attachment 24376 Sangaku.jpg]

Exprimer la longueur du côté du triangle équilatéral en fonction du rayon du cercle (une solution se trouve dans le bouquin de Fukagawa et Rothman).


Re: Un problème japonais
il y a sept années
Quel cercle ?
Re: Un problème japonais
il y a sept années
Le grand.
Re: Un problème japonais
il y a sept années
Pappus réveille toi :)
Bonne nuit



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept années et a été effectuée par AD.
JLT
Re: Un problème japonais
il y a sept années
avatar
Je n'ai pas trouvé d'expression algébrique.

[attachment 24378 Capturer.JPG]

En posant $x=FH/OF$, j'obtiens l'équation du quatrième degré
$$\left(10\,\sqrt{3}+20\right)\,x^4+\left(14\,\sqrt{3}-6\right)\,x^3+
\left(10\times 3^{{{3}\over{2}}}-99\right)\,x^2-2\times 3^{{{3}\over{2}}}\,x+9=0$$

$x\simeq 0.911053360$

puis
$${a\over R}={{2\sqrt{3}}\over {x+\sqrt{2x^2+2x+1}}}\simeq 1.143962307.$$
impératif
Re: Un problème japonais
il y a sept années
Aït ! Réveille-toi !
JLT
Re: Un problème japonais
il y a sept années
avatar
En fait, Wolfram Alpha m'a donné $$
x=\frac{1}{4}\Big(15-9\sqrt{3}+\sqrt{6(74-41\sqrt{3})}\Big)
$$ et $$
\frac{a}{R}=51+57\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{3(6565+3788\sqrt{3}) }.$$

P.S. Le polynôme minimal de $a/R$ est $t^4-204t^3+885t^2-684t-72$, toujours d'après Wolfram Alpha.
Re: Un problème japonais
il y a sept années
Le bouquin de Fukagawa et Rothman indique qu'un sangaku a été accroché dans le sanctuaire Iwaseo Hachiman jinja, dans la ville de Takamatsu (Shikoku) en 1806. Il n'indique pas si la tablette est toujours en place, ni si elle est visible.

Me trouvant à Takamatsu la semaine dernière, je suis allé faire un tour dans ce sanctuaire (ça tombe bien, il est à 10 minutes à pieds du Ritsurin koen, une des principales raisons de se rendre à Takamatsu). J'y ai trouvé le sangaku (mais je ne suis pas sûr qu'il s'agit de la tablette originale) dont j'ai posté la photo ci-dessus (Fukagawa et Rothman donnent une illustration simplifiée mais pas de photo).

Fukagawa et Rothman classent ce problème dans les très difficiles.



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a sept années et a été effectuée par Eric.
Re: Un problème japonais
il y a sept années
Je suis là , je vois
Re: Un problème japonais
il y a sept années
Bonjour,

Je suis d'accord avec le résultat de JLT, grâce à une autre méthode et la fonction 'solve' de Matlab.

Ça me paraît un problème taillé pour Kolotoko.

Cordialement,

Rescassol
bs
Re: Un problème japonais
il y a sept années
avatar
Bonjour,

Fukagawa et Rothman indiquent et démontrent cependant effectivement que:
$\ell=\dfrac{102 + 57\sqrt{3} -\sqrt{19.695+11.364\sqrt{3}}}{2}R$.

[Edit: désolé pour l'utilisation effectivement inappropriée du mot "cependant".]

Amicalement.
Re: Un problème japonais
il y a sept années
Démontres le !



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a sept années et a été effectuée par AITJOSEPH.
Re: Un problème japonais
il y a sept années
Bonjour,

bs, pourquoi écris tu "cependant" ?
Le résultat que tu donnes, tiré du livre de Fukagawa et Rothman est
bien le même que celui trouvé par JLT, et qui correspond bien avec
mes propres calculs.

Cordialement,

Rescassol
JLT
Re: Un problème japonais
il y a sept années
avatar
J'explique quand même mes étapes de calcul mais ce n'est pas franchement élégant et nécessite, soit d'avoir un logiciel de calcul formel, soit d'être très courageux.

Je note $a$ le côté du triangle, $b=a/(2\sqrt{3})=OF$, $r=ED$, $s=MH$ et $R$ le rayon du grand cercle. Notons $l=OM$. On a

$$l^2=OH^2+MH^2=(b+s)^2+s^2=b^2+2bs+s^2.$$
$$R=OM+s=l+s$$
$$R=OE+r=2b+2r$$
\begin{eqnarray*}
(r+s)^2&=&EM^2=OE^2+OM^2-2 OE.OM\cos\widehat{MOE}\\
&=&(2b+r)^2+l^2-2(2b+r)l\cos(\pi/3-\widehat{HOM})\\
&=&(2b+r)^2+l^2-2(2b+r)l(\frac{1}{2}\frac{OH}{OM}+\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{MH}{OM}\\
&=&(2b+r)^2+l^2-(2b+r)(b+s+\sqrt{3}s).
\end{eqnarray*}

On obtient ainsi le système d'équations d'inconnues $r,s,l$ ($b$ est considéré comme une constante connue) :
\begin{eqnarray}
l^2&=&b^2+2bs+s^2\\
l+s&=&2b+2r\\
(r+s)^2&=&(2b+r)^2+l^2-(2b+r)(b+s+\sqrt{3}s).
\end{eqnarray}

On développe la troisième équation. Les $r^2$ disparaissent. On remplace les $r$ en substituant par $(l+s-2b)/2$ et $l^2$ par $b^2+2bs+s^2$. Puis on isole le $l$ qu'on élève au carré et qu'on remplace encore par $b^2+2bs+s^2$, ce qui permet d'obtenir l'équation du 4e degré en $x=s/b$ que j'ai mentionnée. C'est là qu'il vaut mieux un logiciel pour la résoudre.

Une fois qu'on connaît $x$, donc $s$, on en déduit la valeur de $l$, puis de $R=l+s$.
Re: Un problème japonais
il y a sept années
Bonjour,

Un peu tardivement, je vais donner ma méthode aussi.
Voilà d'abord ma figure:
[attachment 24434 Sangaku03.png]
Je choisis comme inconnues $\alpha=\widehat{IOJ}$, $\beta=\widehat{JOK}$, et $R$ et $r$ les rayons des cercles rouges. je suppose que le grand cercle bleu est de rayon $1$.
Dans le triangle $IOT$, on a $\displaystyle sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)=\dfrac{R}{1-R}$.
On a ensuite $3\alpha + 6\beta = 2\pi$ donc $\displaystyle \beta =\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\alpha}{2}$.
Al Kashi dans le triangle $OJK$ donne
$(R+r)^2=(1-R)^2+(1-r)^2-2(1-R)(1-r)cos(\beta)$,
donc $(1-R)(1-r)cos(\beta)=1-R-r-Rr$.
Pour la quatrième équation:
$OB=1-2r$, donc $OH=OBcos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{1}{2}-r$ et $OT=\dfrac{1}{2}-r+R$.
Pythagore dans le triangle$OTJ$ donne $\displaystyle\left(\dfrac{1}{2}-r+R\right)^2+R^2=(1-R)^2$,
d'où l'équation $(E_1)$: $4(R-r)^2+12R-4r-3=0$.
J'élimine ensuite $\alpha$ et $\beta$ entre les trois premières. Pour celà je remplace $\beta$ par $\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\alpha}{2}$, je développe, j'en tire $\displaystyle cos\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)$ en fonction de $R$ et $r$ et j'utilise $\displaystyle cos^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)+sin^2\left(\dfrac{\alpha}{2}\right)=1$, pour enfin obtenir l'équation $(E_2)$:
$\left(2(1-R-r-Rr)-R\sqrt{3}(1-r)\right)^2=(1-2R)(1-r)^2$.

Enfin, j'ai donné les équations $(E_1)$ et $(E_2)$ à la fonction "solve" de Matlab. J'ai obtenu plusieurs solutions et ai retenu la seule vérifiant $0<r<R<1$.

Cordialement,

Rescassol

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