Un problème japonais

Quel cercle ?

Pappus réveille toi
Bonne nuit

Aït ! Réveille-toi !

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

Démontres le !

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 $R=l+s$.