Le logiciel s'appelle Caquot4.
Bien-sûr, je pourrai dessiner la figure en partant du carré, donc 2 triangles, puis on change de diagonale, mais comme, graphiquement ça converge assez vite, on ne voit plus grand-chose, c'est pourquoi j'ai abandonné mon traçé à la main.
Pour la seconde solution, je crois effectivement qu'il y a deux solutions, pas très ressemblantes.
Ce problème n'intéressait seulement sur le plan intellectuel.
Le nom des points n'est pas très bien choisi, soit, mais quand on arrive à 100000 points dans une opération, avec des lettres, c'est un peu court, d'où un matricule formé de quelques caractères et un numéro d'ordre, c'est plus efficace.
Pappus, il suffit de calculer l'aire de $ABCD$ par la formule de Brahmagupta $S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$ où $p=\dfrac{a+b+c+d}{2}$, puis d'appliquer la méthode de Poulbot, ce qui donne avec les mêmes valeurs de $a$, $b$, $c$, $d$ que précédemment $S \simeq 3601.882472575106$ et la figure suivante:
Dans ce cas, $(AD)$ et $(FU)$ sont parallèles et $(DU)$ est tangente au cercle bleu.
Mon cher Rescassol
Je comprends vite si on m'explique longtemps!
Où sont sur ta figure les points $A'$, $B'$, $F'$ de Poulbot?
La construction de Poulbot est ce qu'elle est, encore faudrait-il l'expliquer!
Les données sont les 4 longueurs $a=AB$, $b=BC$, $c= CD$, $d= DA$ et l'aire $S=Aire(ABCD)$ matérialisée par le rectangle $ABB'A'$.
La méthode de Poulbot, si j'ai bien compris, consisterait à construire l'angle $\alpha = \widehat{BAD}$ du quadrilatère puis les sommets $C$ et $D$, n'est-ce pas?
Elle ne préjuge pas des résultats d'une éventuelle discussion sur le nombre de solutions!
Amicalement
Pappus
Pappus, dans la méthode de Poulbot, j'ai élagué ce qui ne servait à rien, $A'$, $B'$, $F'$.
Ils ne servaient qu'à construire $F$ et $U$ qui sont les seuls utiles.
Mon cher Rescassol
Pense un peu à ceux qui te lisent!
Tu as le droit d'élaguer mais il faut le dire.
Donc la méthode de Poulbot conduit au point $U$ puis on construit la perpendiculaire en $U$ à la droite $FU$ et enfin on prend ses intersections éventuelles avec le cercle de centre $A$ et de rayon $d$, donc au plus deux solutions, ce qui est conforme au monstrueux polynôme de Ga? fourni par Sage.
Je suis un peu triste d'être aussi vieux et de ne pouvoir profiter des merveilles de l'informatique et de ses subtilités procédurales. Je n'ai plus le courage de m'investir. Je préfère contempler une belle figure que de savourer l'esthétisme d'un programme performant!
Demain quand je serai plus lucide, je referai la construction de Poulbot et j'essayerai de la justifier!
Enfin je ne pense pas qu'il faille éliminer les quadrilatères croisés si on utilise l'aire algébrique
Amicalement
Pappus
Finalement j'ai trouvé pourquoi je m'étais planté dans la construction de Poulbot, une simple erreur de signe dans la définition de $\lambda$.
Voici la figure obtenue avec Cabri:
Je suis parti du quadrilatère rouge $ABC_1D_1$ et j'ai mesuré les longueurs de ses côtés $a= AB$, $b = BC$, $c= CD$, $d = DA$ et son aire $S$.
Puis j'ai suivi la procédure de Poulbot en construisant le rectangle $ABB'A'$ de même aire $S$ puis les points $F$, $F'$ et $U$.
J'ai tracé la perpendiculaire en $U$ à $FU$ qui recoupe le cercle de centre $A$ et de rayon $d$ aux points $D_1$ et $D_2$.
Je retrouve ainsi le quadrilatère de départ $ABC_1D_1$ et un autre quadrilatère $ABC_2D_2$.
Il reste maintenant à comprendre les pourquoi et les comment de cette procédure!
Amicalement
Pappus
Etant convaincu de la justesse de la construction de Poulbot; il ne nous reste plus qu'à la justifier et je sais que ce ne sera pas facile tellement nous savons par expérience combien ce dernier est astucieux.
Pourtant quelque chose me trottait dans la tête; le sentiment d'avoir déjà vu l'énoncé de ce problème quelque part car je sais qu'il n'y a rien de nouveau sous le soleil de la géométrie du triangle et j'avais raison effectivement car je l'ai retrouvé dans les leçons de géométrie élémentaire d'Hadamard, c'est un des derniers problèmes du tome 1, consacré à la défunte géométrie plane, le numéro 418 page 307; les deux problèmes suivants, les numéros 418 bis et 419 lui sont d'ailleurs intimement liés.
Nous avons donc a priori deux constructions, celle de Poulbot et celle d'Hadamard qu'il sera intéressant de comparer.
Je voudrais ajouter quelque chose sur ce cours d'Hadamard. Il est bien antérieur à celui de Lebossé-Hémery mais il en est le précurseur et je suis sûr qu'Hadamard n'a pas été étranger à la révolution de l'enseignement de la géométrie des années 1930 tout comme il a été impliqué dans le séisme bourbakiste.
Je me demande ce qu'il aurait pensé de la disparition de la géométrie de notre culture au moment même où le déferlement des méthodes informatiques en aurait permis un enseignement moderne et ludique.
Nos amis anglo-saxons ne s'y sont pas trompés qui ont édité, en anglais évidemment, un livre consacré aux solutions des problèmes les plus intéressants du cours d'Hadamard.
Amicalement
Pappus
Bonjour,
Voila la construction, c'est à dire sans aucun calcul, puisqu'il n'y a que du tracé de parallèle aux diagonales d'un quadrilatère, de tracé d'arc de cercle de centre et de rayon donné et de l’intersection de ces deux lignes, de la première approximation.
Pappus, j'essaie de justifier la construction de Hadamard:
J'ai d'abord mis un certain temps à comprendre que "équivalent" ne signifiait pas "semblable" mais "de même aire".
A partir de là on a $BC_1=\dfrac{cd}{a}$, puis deux Al-Kashi donnent $AC^2-AC_1^2=c^2+d^2-a^2-\dfrac{c^2d^2}{a^2}$.
J'ai compris que $ABCD$ a même aire que $ACBC_1$ qui est décomposé en $ABC$ et $ABC_1$ dont on voit des hauteurs, mais après je ne vois plus. Comment calculer $C'C'_1$ ?
D'ailleurs, je soupçonne $C'$ et $C'_1$ d'avoir un rapport avec les points $F$ et $F'$ de Poulbot.
J'ai trouvé, $4$ coups de Pythagore et j'ai $C'C'_1=\dfrac{c^2+d^2-a^2-b^2}{2a}$.
La projection de $CC_1$ sur une perpendiculaire à $(AB)$ est de longueur $\dfrac{2S}{a}$.
Donc on peut dire qu'on connaît le vecteur $\overrightarrow{CC_1}$.
@Rescassol
Si tu pouvais nous scanner le texte de l'exercice d'Hadamard pour que tous nous puissions en profiter, ce serait une bonne chose car mon scanner est en panne, je ne sais trop pourquoi! @dizlogic
Merci de nous avoir rappelé ce vieux problème mais je reste sceptique sur ta procédure dont tu n'as pas montré la convergence.
Nous savons maintenant que ce problème admet 0,1 ou 2 solutions constructibles à la règle et au compas quand elles existent.
A supposer que ton processus converge, vers quoi pourrait-il converger?
Amicalement
Pappus
@ Pappus,
Il est vrai que cette question ne présente aucun intérêt sur le plan pratique.
J'ai fait un dessin à le demande de Rescassol. Sur le dessin on imagine facilement que si on recommence un tour, les points seront très vite visuellement superposés.
C'est pourquoi j'ai fait un petit module et ça converge très vite. Au bout de 5 tours, on atteint une présision de 1/5000.
Les questions relatives au nombre de solutions, possibiltés etc sont sans intérêt puisque c'est un problème exclusivement théorique.
Donc, en fait j'ai pas compris ta question. J'ai proposé une construction à la règle et au compas, par opposition à la formule citée, il n'y a eu que des solutions algébriques, j'avoue être un peu déçu.
Bonsoir Léon,
Comme d'habitude tu n'apportes rien, sauf de la critique.
Il est vrai que cette construction est sans aucun intérêt pratique, mais il semble que la majeure partie des messages intéressants de ce forum constitue des "problèmes".
J'ai voulu participer en précisant que c'était un problème de construction et non d'algèbre comme il a été traité par ailleurs.
Tu n'y as pas participé, c'est ton droit, mais si tu le lis, il me semble que la moindre des choses est d'essayer de comprendre.
Mais comme d'habitude, tu critiques systématiquement, c'est aussi ton droit, même si c'est très désagréable.
Mon cher Rescassol
On voit bien l'idée d'Hadamard.
Les points $C$ et $C_1$ appartiennent respectivement aux cercles de centre $B$ et de rayons $b$ et $\dfrac{cd} a$ et on connait ,le vecteur $\overrightarrow{CC_1}$, le reste est facile: discuter l'intersection de deux cercles si cette intersection est encore dans nos programmes car aux dernières nouvelles le seul cercle qui nous reste à nous mettre sous la dent est le cercle trigonométrique comme dans la dimension immédiatement supérieure il ne nous reste plus que la sphère de Riemann!
Il reste maintenant la construction de Poulbot à justifier. Quelle est l'idée forcément astucieuse qui se cache derrière?
Amicalement
Pappus
dizlogic,
on te l'a déjà dit 100 fois : si tu n'aimes pas les critiques, alors évite de prendre ton air supérieur et méprisant pour écrire des choses absurdes... Je ne parle pas des rumeurs que tu colportes ici et là ("on m'a dit", "j'ai lu", "sur d'autres forums"), mais de tes phrases obtues, genre "cette méthode ne présente aucun intérêt", "ces questions sont sans sans intérêt", montrant à quel point tu négliges l'essence même des mathématiques !
Par ailleurs, dès ton premier message, je me suis retenu de faire remarquer qu'on ne dit pas "Construire ce quadrilatère" lorsqu'il n'y a pas unicité. Je me suis retenu car je t'ai déjà fait plusieurs fois cette petite remarque, mais tu considères cela comme ridicule (alors que c'est incontournable quand on prétend faire des maths).
Excuse-moi d'avoir autre chose à faire en ce moment (contrairement à toutes les années passées) que de te consacrer inutilement des heures à t'écrire des maths.
Mon cher Rescassol
Merci d'avoir scanné ce texte.
Je vois qu'il diffère légèrement du mien qui me parait plus complet. Je possède la deuxième édition.
Comme le texte qui reste est relativement court, je vais le taper à la main
Il est à rajouter juste avant la dernière phrase: "Parmi tous les quadrilatères...etc"
Le problème, s'il est possible, a en général deux solutions, (n'est-ce pas dizlogic; le grand Hadamard a jugé que cette remarque avait suffisamment d'intérêt pour être soulignée!).
Pour les deux quadrilatères trouvés, le triangle considéré à l'exercice 270 bis a la même forme et par conséquent (ex 270 bis,5°), ces quadrilatères peuvent être considérés comme inverses l'un de l'autre.
Un quadrilatère étant donné, en construire un autre, non égal au premier, qui ait les côtés égaux chacun à chacun à ceux xdu premier et même surface.
Ma dernière figure faite avec la construction de Poulbot répond à la requête de la dernière phrase.
Je suis parti du quadrilatère $ABC_1D_1$ et j'ai construit le quadrilatère $ABC_2D_2$, non égal au premier c'est à dire non isométrique au premier, ayant les mêmes longueurs de côtés et la même aire.
La phrase précédente du texte d'Hadamard, "Pour les deux quadrilatères trouvés, le triangle considéré ...etc",qui doit sembler être du charabia pour les béotiens d'aujourd'hui signifie simplement qu'il existe une transformation circulaire indirecte faisant passer du premier quadrilatère au second.
Par exemple sur ma figure, il existe une transformation circulaire indirecte $f$ telle que:
$f(A) = A$, $f(B) = B$, $f(C_1) = C_2$, $f(D_1) = D_2$.
Inutile de dire que cette question devait passer au dessus de la tête de nos apprentis professeurs d'autrefois et a fortiori de celle de ceux d'aujourd'hui qui, s'ils connaissent la théorie des groupes, ne savent du groupe circulaire, pourtant dans nos programmes, que son nom et peut-être sa définition!
Amicalement
Pappus
Sur cette nouvelle figure faite avec la construction de Poulbot, j'ai construit le quadrilatère inscriptible $ABC_0D_0$ ayant les mêmes longueurs de côtés et donc d'aire maximum $T = \dfrac 14\sqrt{(-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)(a+b+c-d)}$.
C'est le cas où la construction de Poulbot ne donne qu'une seule solution.
D'après la remarque d'Hadamard, il existe donc une transformation circulaire indirecte $f$ fixant les points $A$, $B$, $C_0$, $D_0$. Si on connait un chouïa de géométrie circulaire, $f$ est nécessairement une inversion et les points $A$, $B$, $C_0$, $D_0$ sont cocycliques comme il se doit!
Que nous reste-il à faire:
1° Achever l'exercice d'Hadamard en menant jusqu'au bout du bout la discussion sur l'intersection des deux cercles.
2° Justifier la construction de Poulbot.
3° Régler son compte au petit problème de géométrie circulaire posé par Hadamard!
Amicalement
Pappus
Pappus, quelque chose m'échappe:
Comment peut on avoir une inversion $f$ telle que $f(A) = A$, $f(B) = B$, $f(C_1) = C_2$, $f(D_1) = D_2$ ?
Les droites $(C_1C_2)$ et $(D_1D_2)$ joignant deux points images l'un de l'autre devraient passer par le centre du cercle d'inversion circonscrit à $ABC_0D_0$.
Ou alors, je n'ai rien compris à ce que tu voulais dire.
Mon cher Rescassol
Il faudrait lire en entier Hadamard pour comprendre son jargon. Je ne me suis pas privé de le faire et je n'ai aucun mérite vu mon grand âge!
Quand Hadamard parle d'un quadrilatère solution, il parle d'un quadrilatère défini à un déplacement près, les longueurs des côtés et les valeurs de ses angles suffisant à le rendre heureux.
Donc quand il parle d'une inversion envoyant le premier sur le second, il sous entend qu'on peut déplacer les deux quadrilatères de façon à les rendre inverses.
Depuis Bourbaki est passé par là et a mis bon ordre à tout ce charabia.
Une inversion suivie ou précédée d'un déplacement, cela nous fait une transformation circulaire indirecte.
Et si tu lis attentivement ce que j'ai écrit, je n'ai rien écrit d'autre!
Moi même j'ai mis quelques minutes à comprendre ce charabia et je me suis tenu le même raisonnement que toi, mais entre moi et Hadamard, il était facile de choisir! C'est lui qui avait raison forcément!
Ayant fait la figure de Poulbot et possédant avec Cabri de nombreuses macros sur le groupe circulaire, il m'était facile de vérifier mon interprétation du discours d'Hadamard.
Amicalement
Pappus
Bonjour
comment suis-je tombé sur la construction que j'ai évoquée?
En cherchant l'enveloppe de la droite $D_{1}D_{2}$ quand $\Delta $ varie, $ABC_{1}D_{1}$ et $ABC_{2}D_{2}$ étant les deux solutions de même aire algébrique $\Delta $, on trouve la parabole de foyer le point que j'ai appelé $F$ et de sommet celui que j'ai appelé maladroitement $F^{\prime }$ et la droite $D_{1}D_{2}$ coupe la tangente au sommet en un point $U$ pour lequel $F^{\prime }U=\dfrac{\Delta }{a}$ mais je m'y suis bien mal pris, car cela a nécessité des calculs trop lourds pour que je puisse les effectuer à la main.
Partant de là et connaissant le résultat, il était un peu plus facile de vérifier directement sans chercher à comprendre et par un gros calcul ce que j'ai écrit dans mon message précédent : On part des points $A$ et $B$ et du rectangle $ABB^{\prime }A^{\prime }$ d'aire celle du quadrilatère à construire. Posant $\lambda =a^{2}+d^{2}-b^{2}-c^{2},\mu =\dfrac{a^{2}d^{2}-b^{2}c^{2}}{\lambda }$, on considère les points $F$ et $F^{\prime }$ de la droite $AB$ pour lesquels $\overline{AF}\cdot \overline{AB}=\mu ,\overline{FF^{\prime }}\cdot \overline{AB}=\dfrac{\lambda }{4}$. Alors, si $U$ est la projection orthogonale de $F^{\prime }$ sur $A^{\prime }B^{\prime }$, on a $UD\perp UF$.
Amicalement. Poulbot
Mon cher Poulbot
Merci d'intervenir à nouveau.
Pour que nous puissions discuter plus clairement, je te propose de partir des équations écrites par Ga? dès le début de ce fil
Il travaille dans un repère orthonormé (décrété direct pour cause d'emploi d'aire algébrique) dans lequel les points $A(0,0)$ et $B(a,0)$ sont fixés et les points $C(x,y)$ et $D(u,v)$ sont mobiles et soumis aux contraintes:
$BC^2 =(x-a)^2+y^2 = b^2$
$CD^2 = (u-x)^2 + (v-y)^2 = c^2$
$AD^2 =u^2+v^2 =d^2$
Avec ces trois contraintes, on tombe sur ce qu'on appelle en anglais un 3-bar que je traduis par 3 tiges, le plus simple des systèmes articulés où on se concentre surtout sur le mouvement de la tige du milieu, appelée bielle, les deux autres étant les manivelles.
A ces trois contraintes, on en ajoute une quatrième donnée par l'aire algébrique du quadrilatère:
$2S = [\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD}]=\begin{vmatrix} x&u-a\\y&v\end{vmatrix}=vx+ay-uy$
Il faut résoudre ce système de quatre équations en $(u,v,x,y)$ et pour cela Ga? s'en est remis à Sage qui a dû lui cracher en une milliseconde le monstrueux polynôme du second degré en $x$ à coefficients dans $\Q(a,b,c,d,S)$.
A ce propos, je voudrais lui demander s'il pouvait évaluer puis éventuellement factoriser le discriminant de ce polynôme, je suis curieux de connaitre le résultat s'il en vaut la peine!
Toi au lieu de t'intéresser au point $C(x,y)$, tu t'es concentré sur le point $D(u,v)$ et tu as dû trouver une équation de la forme:
$ \alpha(S) u+\beta(S)v+\gamma(S) =0$ dont tu as cherché l'enveloppe, à savoir une parabole mais je ne vois pas très bien comment tu t'y es pris pour former l'équation de cette droite.
Je te propose une quatrième méthode différente de celle d'Hadamard trop astucieuse, de celle de Ga? trop électronique et de la tienne dont on attend toujours une preuve simple.
La quatrième équation est plus ou moins bilinéaire en $C$ et $D$ et en éliminant les termes carrés $x^2$, $y^2$, $u^2$, $v^2$ entre les trois premières on en trouve une autre:
On a:
$(u^2+v^2)+(x^2+y^2)-2ux-2vy=c^2$ ou encore $d^2+(2ax-a^2+b^2)-2ux-2vy=c^2$
On tombe donc sur le système suivant:
$x(a-u)-vy=\dfrac{a^2-b^2+c^2-d^2}2= \alpha$
$xv+(a-u)y=2S = \beta$
Système qu'on peut écrire en Rescassolisant:
$(x+\imath y)(a-u+\imath v)= \alpha + \imath \beta$
On voit donc qu'il existe une transformation circulaire indirecte $f$ telle que $C =f(D)$.
J'en suis là pour l'instant mais on voit la suite; le point $C$ doit appartenir à deux cercles: d'une part au cercle de centre $B$ et de rayon $b$ et d'autre part au cercle-droite image par $f$ du cercle de centre $A$ et de rayon $d$.
Toujours l'intersection de deux cercles à discuter!
Amicalement
Pappus
En tout cas, Ga? a posé ce problème de la bonne façon en utilisant l'aire algébrique et non l'aire habituelle.
Mais je suis sûr qu'Hadamard y avait pensé aussi, même s'il ne voulait pas embêter ses lecteurs avec cette notion pointue qu'il a d'ailleurs tenté d'expliquer dans son cours.
La question essentielle de ce joli exercice d'Hadamard est la suivante:
Etant donné un quadrilatère $ABCD$ tel que $AB = a$, $BC=b$, $CD= c$, $DA= d$ et d'aire algébrique $S$, donner une construction simple de l'autre quadrilatère $ABC'D'$ non directement isométrique au premier tel que $BC'=b$, $C'D' = c$, $AD'=d$ et de même aire algébrique $S$.
Pour le moment nous avons:
la solution d'Hadamard un peu tirée par les cheveux, la solution de Poulbot assez mystérieuse et la méthode de Ga? qui conduit naturellement à la géométrie circulaire et qui en principe doit elle aussi accoucher d'une construction.
Le seul petit problème est qu'elle fait intervenir la défunte géométrie circulaire et en particulier des transformations indirectes.
Si déjà les transformations circulaires directes et les constructions géométriques ou macros y afférentes sont inconnues au bataillon, que dire des transformations circulaires indirectes?
Amicalement
Pappus
Voici la figure résultant des calculs issus de la mise en équation de Ga?
La donnée de départ est le quadrilatère $ABCD$, en fait cette terminologie est trompeuse et j'aurais préféré la terminologie de quadripoints (four points in english).
Ce quadrilatère n'a aucune raison d'être convexe, il fait ce qu'il peut et pour ne pas trop vous dérouter je l'ai dessiné convexe pour débuter. Ses côtés ont pour longueurs $AB = a$, $BC=b$, $CD=c$, $DA = d$ et son aire algébrique est $S$,
Le but de la manip est de tracer le quadrilatère $ABC'D'$, prévu par Hadamard, (non directement isométrique au premier donc distinct), tel que $BC'=b$, $C'D'=c$, $D'A= d$ et de même aire algébrique $S$.
Je me suis tenu le raisonnement suivant.
On sait que la donnée des 4 points $A$, $B$, $C$, $D$ détermine entièrement la transformation circulaire indirecte $f$ puisque nous avons son écriture dans le repère de Ga? sous les yeux.
Soit donc $\Gamma$ le cercle de centre $A$ passant par $D$ et $\gamma$ le cercle de centre $B$ passant par $C$.
Je trace le cercle $f(\Gamma)$, il passe par le point $C$. Il a donc une seconde intersection $C'$ avec le cercle $\gamma$.
Je trace le point $D' =f^{-1}(C')$, alors le quadrilatère $ABC'D'$ répond au problème d'Hadamard.
Simple n'est-ce pas?
Si je savais faire des applets Geogebra, vous auriez pu triturer la figure précédente mais vous êtes bien forcés de me croire sur parole.
Bon la question est la suivante, vous disposez d'un ordinateur et d'un bon logiciel de géométrie dynamique.
Vous êtes un as dans la théorie des groupes et bien sûr le groupe circulaire, joyau de notre programme n'a aucun secret pour vous!
Vous tracez sur votre écran les cinq points $A$, $B$, $C$, $D$,$M$.
Comment vous débrouillez vous pour tracer le point $f(M)$?
Sur cette nouvelle figure, je me suis contenté de bouger le point $D$, les points $C'$ et $D'$ se déplaçant dans la foulée, çétipabô la géométrie dynamique!
La convexité a disparu mais soyez rassurés, les aires algébriques sont encore là et elles sont égales!
Amicalement
Pappus
Bonjour Pappus
vu que j'ai un peu de temps et en abrégeant (aux coquilles près)
Les points $A,B,C,D$ ont pour affixes respectives $0,a,a+be^{iu},de^{iv}$.
En exprimant que $CD=c$ et $Aire\left( ABCD\right) =S$, on obtient
$2bd\cos \left( u-v\right) =2ab\cos u-2ad\cos v+a^{2}+b^{2}-c^{2}+d^{2}$ et $bd\sin \left( u-v\right) =ab\sin u+ad\sin v-2S$, soit
$2bde^{i\left( u-v\right) }=2abe^{iu}-2ade^{-iv}+k$ où $k=a^{2}+b^{2}-c^{2}+d^{2}-4iS$.
On a donc $\left\vert k-2ade^{-iv}\right\vert =2b\left\vert de^{-iv}-a\right\vert $ (puisque $\left\vert e^{iu}\right\vert =1$).
En développant (c'est là où c'est pénible)
$4ad\left( \lambda \cos v+4S\sin v\right) =\lambda ^{2}+4\lambda \mu +16S^{2}$ où, comme plus haut, $\lambda =a^{2}+d^{2}-b^{2}-c^{2}$, $\lambda \mu =a^{2}d^{2}-b^{2}c^{2}$.
Cela donne au plus deux points $D$; quand il y en a deux $D_{1},D_{2}$, la droite $D_{1}D_{2}$ a pour équation
$4a\left( \lambda x+4Sy\right) =\lambda ^{2}+4\lambda \mu +16S^{2}$.
Quand $S$ varie, elle enveloppe la parabole d'équation $4a^{2}y^{2}+4a\lambda x-\lambda ^{2}-4\lambda \mu =0$ dont le foyer et le sommet ont pour affixes $\dfrac{\mu }{a}$ et $\dfrac{\mu }{a}+\dfrac{\lambda }{4a}$.
De plus, la droite $D_{1}D_{2}$ coupe la tangente au sommet $x=\dfrac{\mu }{a}+\dfrac{\lambda }{4a}$ au point $U$ d'ordonnée $\dfrac{S}{a}$.
Amicalement. Poulbot
Mon cher Poulbot
Merci de t'être décarcassé à nous expliquer ta méthode, il est bon que ceux qui nous lisent en aient le maximum sous les yeux.
Et il y en a surement d'autres à découvrir.
Si on lit attentivement le texte d'Hadamard, il se pose immédiatement après la question de construire un quadrilatère $ABCD$ dont les longueurs des côtés sont donnés et d'aire maximum, (le plus grand suivant son jargon).
Nous savons le construire avec ta méthode mais j'ai dit qu'il existait une autre construction plus simple, due à un grand algébriste français du 19ème. Quel est ce grand algébriste et quelle est sa construction?
@ Ga?
Ta mise en équation est particulièrement bien adaptée à la recherche des quadrilatères $ABCD$ dont les longueurs des côtés sont données et d'aire algébrique extrémale.
Je n'y connais rien à Sage mais j'ai quand même jeté un petit coup d'oeil à ton programme, ne serait-ce que pour en dégager les équations.
J'ai remarqué que tu avais mis les données des longueurs sous la rubrique contrainte mais que par contre la donnée de l'aire algébrique avait été mise dans la rubrique équation, pourquoi? Est-ce justement en vue de maximiser cette aire à partir de ce même programme?
Amicalement
Pappus
La donnée des points $A$, $B$, $C$, $D$ détermine les réels $a$,$b$,$c$,$d$,$S$ et par suite l'écriture de la transformation circulaire indirecte $f$ dans le repère de Ga?, à savoir $z \mapsto \dfrac{\alpha+\imath \beta}{a-\overline z}$ et par suite l'application $f$ elle même.
Mais ici nous sommes devant un problème graphique et nous devons utiliser les outils de notre logiciel de géométrie dynamique.
Le soi-disant cours de géométrie circulaire prétend que toute transformation circulaire directe ou indirecte est entièrement déterminée par les images de trois points distincts. Or nous n'avons que quatre points sous les yeux, les points $A$, $B$, $C$, $D$, comment choisir ce triplet de points distincts?
Amicalement
Pappus
Il faut faire intervenir le point à l'infini!
On a: $f(B) = \infty$, $f(\infty) = A$ et $f(D) =C$
Ces trois informations déterminent entièrement la transformation circulaire indirecte $f$ et devraient en principe conduire à une construction simple du point $f(M)$.
Je dis en principe car évidemment tout le monde s'en fout et estime avec juste raison qu'il y a des choses plus importantes à faire.
Saurez vous quand même trouver cette simple construction?
Amicalement
Pappus
PS
Dans un vieux jargon tombé dans l'oubli, $A$ est appelé le point limite image et $B$ le point limite objet.
C'est pourtant pas très compliqué!
En tant que produit de deux transformations circulaires indirectes, $s$ est une transformation circulaire directe, de plus $s(\infty)=f\big(\imath(\infty)\big) = f(B)=\infty$
Or on sait (ou on savait) qu'une transformation circulaire fixant le point à l'infini est (ou était) une similitude.
Donc $s$ est une similitude directe. Que sait-on de plus sur cette similitude directe.
Si $d =\imath(D)$, alors $s(d) = f\big(\imath(d)\big)=f(D) =C$
Enfin $s(B) = f\big(\imath(B)\big) =f(\infty) =A$
La similitude directe $s$ est entièrement déterminée par les paires de points homologues $(d,C)$ et $(B,A)$
On sait donc parfaitement construire le point $s(M)$ puis le point $f(M) = s\big(\imath(M)\big)$.
Amicalement
Pappus
@Pappus et ses frères,
C'est bien beau les quadrilatères, mais y a pas que ça dans la vie. Tu es donc convié à faire preuve que ton intérêt affirmé pour le problème de Domi sur les bissections de ses pentagones est bien réel. Nous vous attendons avec impatience, toi et toute la joyeuse clique des géomètres:)
Amicalement
Paul
Mon cher depasse
Il est vrai que je ne participe pas beaucoup aux sujets proposés par Domi mais il faut dire qu'ils ne m'inspirent guère, je ne sais trop pourquoi!
Je suis vieuzé comme on le dit dans le patois d'ici.et à cet âge, on ne se refait plus!
J'essaye de transmettre mes connaissances du mieux que je peux, tout en sortant parfois des énormités invariablement relevées par Ga? Et l'une d'entre elles a initié le passionnant fil sur la décidabilité en algèbre et en géométrie.
Je me console en me disant qu'elle a au moins servi à quelque chose!
Je n'ai pas initié ce fil sur la construction d'un quadrilatère, ce qui prouve que je m'intéresse à ce que font les autres
Ma seule contribution fut de dénicher cet exercice d'Hadamard, brillamment résolu par Rescassol, puis Poulbot proposa une autre méthode et même Ga? y alla de sa contribution, en fait la plus fructueuse car elle a conduit naturellement à l'emploi de la géométrie circulaire. Certains se plaignent de n'y rien connaitre mais qu'y puis-je? Elle est pourtant au programme de notre agrégation et devrait donc figurer dans tous les bons livres préparant à ce concours!
Je me suis d'ailleurs efforcé de faire toutes les démonstrations faisant intervenir la géométrie circulaire.
C'est quand même fascinant et inattendu de la voir apparaitre dans ce banal problème de construction et il est maintenant clair que c'est la méthode à suivre pour le résoudre et savoir reconnaitre le rôle joué par un groupe de transformations dans la résolution d'un problème, c'est un peu le B.A BA de la géométrie!
Il y a encore des choses fort importantes à dire et qui devraient faire plaisir à Rescassol, notamment sur la nature de l'intersection $f(\Gamma)\cap \gamma$ ou bien ce qui m'apparait plus simple sur l'intersection $\Gamma\cap f^{-1}(\gamma)$.
Amicalement
Pappus
Bonsoir Papus,
Votre réaction me fait plaisir, et pas plus que vous je ne m'inréresse à la construction d'un quadrilatère.
J'ai évoqué ce problème parce que la méthode itérative me paraissait intéressante.
C'est une méthode bien connue dans ma spécialité, je suis géomètre, et je voulais en faire profier d'autres.
Les gens de ma spécialité connaissent beaucoup de techniques de calcul, dont le but est d'être très précis, et il arrive que l'on utilisent des techniques qui paraissent vraiment approximatives, par exemple, la règle à calcul, je sais, remisée au fond d'un tiroir.
Cordialement,
Bonne soirée.
.
Mon cher dizlogic
Je me garderais bien de critiquer tes itérations tant qu'elles nous amènent de jolis problèmes à résoudre.
Ce que je ne comprends pas dans ce problème de construction, c'est qu'on ne soit pas allé jusqu'au bout des deux méthodes suggérées, celle d'Hadamard et la mienne, en écrivant noir sur blanc que deux cercles dont on connait les rayons et la distance de leurs centres, doivent se couper.
Ce n'est pourtant pas si terrible l'intersection de deux cercles: $|R-R'| \le d \le R+R'$.
Est-ce encore au programme?
En ce qui concerne ma méthode, elle conduit bien à la construction des deux quadrilatères $ABCD$ et $ABC'D'$ dont les longueurs des côtés $a$, $b$, $c$, $d$ sont connues ainsi que leur aire algébrique commune $S$.
Je rappelle qu'on a une application circulaire indirecte qui s'écrit dans le repère de Ga?:
$f(z) =\dfrac{\alpha+\imath \beta}{a-\overline z}$ où:
$\alpha=\dfrac{a^2-b^2+c^2-d^2}2$
$\beta=2S$
La méthode précédente où il fallait construire le quadrilatère $ABC'D'$ connaissant le quadrilatère $ABCD$ ne marche pas car on ne connait pas les points $C$ et $D$ qu'il faut justement construire!
Qu'à cela ne tienne puisqu'on connait le point $A' = f(A)$ d'affixe $\dfrac{\alpha+\imath \beta}a$.
On construit donc dans le repère de Ga? le point $A'$ et maintenant on est à nouveau en terrain connu puisque $f$ est déterminée par trois paires de points homologues, à savoir $(B, \infty)$, $(\infty, A)$, $(A,A')$
On sait donc tracer le point $f(M)$ pour $M$ quelconque.
Il est à noter que cette construction préliminaire du point $A'$ rejoint en quelque sorte celles des points $F$, $F'$, ,$U$ de Poulbot. Elle n'est pas très esthétique mais elle est indispensable et au moins a-t-on une interprétation géométrique du point $A'$.
Comme on sait que $f(D) = C$, le point $C$ appartient à l'intersection $\gamma \cap f(\Gamma)$ ou bien le point $D$ appartient à l'intersection $ \Gamma \cap f^{-1}(\gamma)$ , dans l'un ou l'autre cas, ce sont des intersections de cercles qu'il faut discuter
Comme tout se passe en complexes, je pensais que notre ami Rescassol allait se déchainer.
Amicalement
Pappus
Bon, puisque personne ne veut s'y coller, je vais me taper la discussion de l'intersection des deux cercles dans la méthode d'Hadamard. N'oublions pas quand même que cette discussion est le but de cette méthode, sinon à quoi bon la proposer!
Donc le vecteur $\overrightarrow{C_1C}$ a dans le repère de Ga? $(\dfrac{c^2+d^2-a^2-b^2}{2a},\dfrac{2S}a)$ pour composantes aimablement calculées par notre ami Rescassol.
Le point $C$ se trouve donc à l'intersection de deux cercles, d'une part le cercle de centre $B$ et de rayon $c$ et d'autre part le cercle image du cercle de centre $B$ et de rayon $\dfrac{cd}a$ par la translation $\tau$ de vecteur $\overrightarrow{C_1C}$.
Ce second cercle a pour centre $\tau(B)$ et pour rayon toujours $\dfrac{cd}a$.
Comme $\overrightarrow{B\tau(B)}=\overrightarrow{C_1C}$, ces deux cercles se couperont si et seulement si:
$(b-\dfrac{cd}a)^2\le \dfrac{(c^2+d^2-a^2-b^2)^2+16S^2}{4a^2}\le (b+\dfrac{cd}a)^2$
ou encore;
$4(ab-cd)^2\le (c^2+d^2-a^2-b^2)^2+16S^2 \le 4(ab+cd)^2$
ou
$4(ab-cd)^2-(c^2+d^2-a^2-b^2)^2\le 16S^2\le 4(ab+cd)^2-(c^2+d^2-a^2-b^2)^2$
Je vous laisse la grande joie de découvrir que les termes extrêmes de cette inégalité se décomposent en produit de facteurs linéaires.
Amicalement
Pappus
Bon, je continue tout en m'étonnant que personne ne veuille interrompre mon monologue compte tenu de toutes les parties du cours de géométrie que nous voyons défiler sous nos yeux (et ce n'est pas fini!) dans ce magnifique exercice de construction tiré du cours d'Hadamard.
Les inégalités précédentes s'écrivent:
$\left(2(ab-cd)+c^2+d^2-a^2-b^2\right)\left(2(ab-cd)-c^2-d^2+a^2+b^2\right)$
$\le 16S^2 \le $
$\left(2(ab+cd)+c^2+d^2-a^2-b^2\right)\left(2(ab+cd)-c^2-d^2+a^2+b^2\right)$
ou encore:
$\left((c-d)^2-(a-b)^2\right)\left((a+b)^2-(c+d)^2\right)\le 16S^2\le \left((c+d)^2-(a-b)^2\right)\left((a+b)^2-(c-d)^2\right)$
Finalement on trouve:
$(a-b+c-d)(-a+b+c-d)(a+b+c+d)(a+b-c-d)$
$\le16S^2\le$
$ (-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)(a+b+c-d)$
C'est la condition nécessaire et suffisante que doit vérifier le quintuplet $(a,b,c,d,S) \in \R^{* 4}_+\times \R$ pour que le problème de construction d'Hadamard ait des solutions.
Il reste à voir quand l'une ou l'autre égalité est atteinte, donc encore pas mal de pain sur la planche!
Amicalement
Pappus
PS @dizlogic
Si ces conditions ne sont pas remplies, tes itérations ne mèneront donc à rien de bon et dans le cas où elles le sont, pour le moment rien ne prouve qu'elles convergent vers l'une ou l'autre des deux solutions prévues par Hadamard.
Si ces conditions ne sont pas remplies, tes itérations ne mèneront donc à rien de bon et dans le cas où elles le sont, pour le moment rien ne prouve qu'elles convergent vers l'une ou l'autre des deux solutions prévues par Hadamard.
Oui, tout à fait. Mais la géométrie théorique est beaucoup trop loin pour moi.
D'ailleurs, dans mon esprit, si on me demande quelque-chose, j'ai tendance à considérer a priori que c'est possible et qu'il a (au moins) une solution.
Par contre quand j'écris un module en informatique, je commence pas vérifier les conditions.
Dans la construction dont il s'agit, c'est la méthode itérative qui me paraissait intéressante, parce qu'elle est à la portée de tous et s'accorde bien avec les méthodes de l'informatique.
J'ai 2 autres exemples en tête, si ça intéresse quelqu'un ?
Mon cher dizlogic
Personne ne t'empêchera d'itérer surtout si tu as d'autres exemples à proposer aussi intéressants que ce problème de construction d'Hadamard mais fais le en ouvrant d'autres fils!
Pourrais-tu par exemple itérer en trisectant ou trisecter en itérant?
Amicalement
Pappus
La trisection d'un angle a, me semble-t-il, été traitée par Jean Jacquelin, c'est à dire qu'il a apporté une solution acceptable.
J'ouvre un sujet que le vais appeler "interpolation bi-linéaire".
En tout cas, c'est à cet encadrement de $16S^2$ que conduit naturellement la méthode d'Hadamard et cela amène naturellement à se poser la question de trouver les quadrilatères dont les longueurs des côtés sont données et qui sont d'aire maximum.
On connait la réponse, ce sont les quadrilatères convexes inscriptibles.
Mais nous sommes un peu plus ambitieux et nous cherchons les quadrilatères $ABCD$ dont les longueurs des côtés sont données et dont l'aire algébrique est extrémale., maximum ou minimum.
L'existence de ces quadrilatères extrémaux est prouvée par la ratatouille topnlogique habituelle.
L'application $(A,B,C,D) \mapsto S(A,B,C,D)$ est polynomiale donc continue.
On peut toujours fixer les points $A$ et $B$ dans le plan à la distance $a$ l'un de l'autre.
La fixation des longueurs des manivelles $AD$ et $BC$ contraint la paire $(C,D)$ à vivre sur le tore $\gamma \times \Gamma$ qui est déjà compact. La fixation de la longueur de la bielle $CD$ force alors la paire $(C,D)$ à rester cantonnée sur une courbe (ultra étudiée) $\Delta \subset \gamma \times \Gamma$ elle aussi compacte.
Avec le blablabla topologique habituel, on est donc assuré non seulement de l'existence des extrema de l'aire algébrique $S$ mais aussi de celle des quadrilatères extrémaux.
C'est le moment d'appliquer la méthode des extréma liés si chère à notre ami Poulbot!
Amicalement
Pappus
C'est bizarre!
Je sais que je suis vieux et que je perds la mémoire mais je pense que plusieurs pages situées à la fin de cette discussion ont disparu!
Par exemple il me semblait bien avoir détaillé la méthode des extrema liés pour montrer que les quadrilatères critiques étaient inscriptibles ainsi que la solution de Sturm telle qu'elle apparait dans le F.G-M.
Serait-ce à dire que c'est moi qui suis en partie responsable de la pollution du forum?
Cela ne m'étonnerait guère car je travaille avec un vieil ordinateur sans doute bourré de virus!
Mais comment faire autrement?
C'est le seul que je possède avec Cabri!
Amicalement
Pappus
Il s'agit de rechercher les extrema de la fonction:
$2S = f(x,y,u,v) =[\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD}] = \begin{vmatrix} x&u-a\\y&v\end{vmatrix}=vx-uy+ay$
soumise aux contraintes:
$g_1(u,v,x,y)=\dfrac{BC^2}2=\dfrac{(x-a)^2+y^2}2=\dfrac{b^2}2$
$g_2(u,v,x,y)=\dfrac{CD^2}2=\dfrac{(x-u)^2+(y-v)^2}2=\dfrac{c^2}2$
$g_3(u,v,x,y)=\dfrac{AD^2}2=\dfrac{u^2+v^2}2=\dfrac{d^2}2$
On applique maintenant la méthode des multiplicateurs de Lagrange.
Les quadrilatères critiques sont obtenus quand $\mathrm{grad}(f)$ est une combinaison linéaire des gradients des fonctions contraintes, i.e:
$\mathrm{grad}(f) = \lambda_1\mathrm{grad}(g_1)+ \lambda_2\mathrm{grad}(g_2)+ \lambda_3\mathrm{grad}(g_3)$.
On élimine les multiplicateurs en écrivant que le déterminant de taille 4 dont les vecteurs colonnes sont les composantes de ces quatre gradients dans la base canonique de $\R^4$ est nul, soit:
$\begin{vmatrix}
-y&0&u-x&u\\
x&0&v-y&v\\
v&x-a&x-u&0\\
a-u&y&y-v&0
\end{vmatrix}
=a\big(v(x^2+y^2-ax)-y(u^2+v^2-au)\big)=0$
Si on pose:$\rho = \dfrac{x^2+y^2-ax}y = \dfrac{u^2+v^2-au}v$, on voit que les points $C(x,y)$ et $D(u,v)$ sont tous les deux situés sur le cercle d'équation: $X^2+Y^2 -aX-\rho Y = 0$ passant par les points $A(0,0)$ et $B(a,0)$.
Autrement dit les quadrilatères critiques $ABCD$ sont ceux qui sont inscriptibles dans un cercle.
Amicalement
Pappus
PS
Je n'ai pas compris le fonctionnement du clic droit pour copier du Latex situé dans d'autres messages.
On tombe sur un menu, mézalor quoi?
Bonjour pappus
Un clic sur l'onglet citer et copier-coller devrait suffire.
Sinon sur le fil latex des intervenants (voir vie du forum), Guego donne une explication.
Amicalement
Merci Bouzar pour ton aide.
Il me reste à pouvoir importer mes figures et je vais essayer la méthode de Rescassol.
Je rajoute mes remerciements envers tous ceux qui s'occupent jour après jour de l'intégrité de notre forum.
En ce qui concerne la discussion actuelle, je regrette d'être un peu le seul à m'en occuper car elle soulève beaucoup de problèmes géométriques et analytiques passionnants.
C'est bien la force brute de Ga? plus que les itérations utopiques de dizlogic qui a soulevé mon intérêt.
Je ne savais pas que la méthode "naïve" revenant à fixer deux sommets consécutifs $A$ et $B$ d'un quadrilatère articulé pour le paramétrer par les coordonnées des deux sommets mobiles restants pouvait être aussi efficace pour résoudre la plupart des questions posées par Jacques Hadamard, (ou comment l'Analyse Fonctionnelle est venue au secours de la Géométrie Elémentaire).
Pour montrer l'intérêt de cette discussion, je vais retrouver les quadrilatères critiques en appliquant la méthode des multiplicateurs de Lagrange d'une autre manière.
On paramètre les quadrilatères articulés $ABCD$ par les angles orientés de vecteurs:
$\alpha = (\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD})$ et $\gamma = (\overrightarrow{CD}, \overrightarrow{CB})$ L'aire algébrique $S$ du quadrilatère $ABCD$ est donnée par la formule:
$2S = [\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{BD}]$ où la notation $[\bullet, \bullet]$ désigne le produit mixte de deux vecteurs dans un plan euclidien préalablement orienté. Pourquoi cette formule que Ga? a utilisé sans état d'âme?
Ainsi on a:
$2S = [\overrightarrow{AB} +\overrightarrow{BC} , \overrightarrow{BD}] = [\overrightarrow{AB} , \overrightarrow{BD}] + [\overrightarrow{BC} , \overrightarrow{BD}] = [\overrightarrow{AB} , \overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}] + [\overrightarrow{BC} , \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}]= [\overrightarrow{AB} , \overrightarrow{AD}]+[\overrightarrow{BC} , \overrightarrow{CD}]$
D'où:
$2S = [\overrightarrow{AB} , \overrightarrow{AD}]+[\overrightarrow{CD} , \overrightarrow{CB}]$
et finalement:
$2S = ad\sin(\alpha)+bc\sin(\gamma)$
Notons que dans cette formule $S$ est une aire algébrique et $\alpha$ et $\gamma$ sont des angles orientés de vecteurs.
Ce sera dur à digérer pour certains puisque les deux bestioles en question ne sont plus enseignées que du bout des lèvres, quand elles le sont.
Remarquons que cette dernière équation est traditionnellement démontrée en supposant que $S$ désigne l'aire "habituelle positive " d'un quadrilatère $ABCD$ supposé convexe qu'on décompose en la réunion des triangles $ABD$ et $BCD$, les angles $\alpha$ et $\gamma$ étant non orientés.
La relation de liaison entre les angles $\alpha$ et $\gamma$ s'obtient en écrivant:
$BD^2 = a^2+d^2-2ad\cos(\alpha)=b^2+c^2 -2bc\cos(\gamma)$
On doit donc chercher les points critiques de la fonction:
$f(\alpha, \gamma) = ad\sin(\alpha)+bc\sin(\gamma)$
soumise à la contrainte:
$g(\alpha, \gamma) = ad\cos(\alpha)-bc\cos(\gamma)= \dfrac{a^2-b^2-c^2+d^2}2$
La relation de Lagrange: $\mathrm{grad}(f) =\lambda \mathrm{grad}(g)$ s'écrit:
$ad\cos(\alpha) = -\lambda ad\sin(\alpha)$ et $bc\cos(\gamma) = \lambda bc\sin(\gamma)$
D'où: $\lambda = -\cot(\alpha) = \cot(\gamma)$
Par suite $\alpha = -\gamma$ ou $\alpha = -\gamma +\varpi$ ou $\varpi$ désigne l'angle plat.
Ces deux équations entre angles orientés de vecteurs s'unifient en une seule équation entre angles orientés de droites: $(AB,AD) = -(CD,CB)$ c'est à dire $(AB,AD) =(CB,CD)$ signifiant que les points $A$, $B$, $C$, $D$ sont cocycliques.
Amicalement
Pappus
Réponses
Bien-sûr, je pourrai dessiner la figure en partant du carré, donc 2 triangles, puis on change de diagonale, mais comme, graphiquement ça converge assez vite, on ne voit plus grand-chose, c'est pourquoi j'ai abandonné mon traçé à la main.
Pour la seconde solution, je crois effectivement qu'il y a deux solutions, pas très ressemblantes.
Ce problème n'intéressait seulement sur le plan intellectuel.
Le nom des points n'est pas très bien choisi, soit, mais quand on arrive à 100000 points dans une opération, avec des lettres, c'est un peu court, d'où un matricule formé de quelques caractères et un numéro d'ordre, c'est plus efficace.
Pappus, il suffit de calculer l'aire de $ABCD$ par la formule de Brahmagupta $S=\sqrt{(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)}$ où $p=\dfrac{a+b+c+d}{2}$, puis d'appliquer la méthode de Poulbot, ce qui donne avec les mêmes valeurs de $a$, $b$, $c$, $d$ que précédemment $S \simeq 3601.882472575106$ et la figure suivante:
Dans ce cas, $(AD)$ et $(FU)$ sont parallèles et $(DU)$ est tangente au cercle bleu.
Cordialement,
Rescassol
Merci, c'est vu.
Je comprends vite si on m'explique longtemps!
Où sont sur ta figure les points $A'$, $B'$, $F'$ de Poulbot?
La construction de Poulbot est ce qu'elle est, encore faudrait-il l'expliquer!
Les données sont les 4 longueurs $a=AB$, $b=BC$, $c= CD$, $d= DA$ et l'aire $S=Aire(ABCD)$ matérialisée par le rectangle $ABB'A'$.
La méthode de Poulbot, si j'ai bien compris, consisterait à construire l'angle $\alpha = \widehat{BAD}$ du quadrilatère puis les sommets $C$ et $D$, n'est-ce pas?
Elle ne préjuge pas des résultats d'une éventuelle discussion sur le nombre de solutions!
Amicalement
Pappus
Pappus, dans la méthode de Poulbot, j'ai élagué ce qui ne servait à rien, $A'$, $B'$, $F'$.
Ils ne servaient qu'à construire $F$ et $U$ qui sont les seuls utiles.
Cordialement,
Rescassol
Pense un peu à ceux qui te lisent!
Tu as le droit d'élaguer mais il faut le dire.
Donc la méthode de Poulbot conduit au point $U$ puis on construit la perpendiculaire en $U$ à la droite $FU$ et enfin on prend ses intersections éventuelles avec le cercle de centre $A$ et de rayon $d$, donc au plus deux solutions, ce qui est conforme au monstrueux polynôme de Ga? fourni par Sage.
Je suis un peu triste d'être aussi vieux et de ne pouvoir profiter des merveilles de l'informatique et de ses subtilités procédurales. Je n'ai plus le courage de m'investir. Je préfère contempler une belle figure que de savourer l'esthétisme d'un programme performant!
Demain quand je serai plus lucide, je referai la construction de Poulbot et j'essayerai de la justifier!
Enfin je ne pense pas qu'il faille éliminer les quadrilatères croisés si on utilise l'aire algébrique
Amicalement
Pappus
Voici la figure obtenue avec Cabri:
Je suis parti du quadrilatère rouge $ABC_1D_1$ et j'ai mesuré les longueurs de ses côtés $a= AB$, $b = BC$, $c= CD$, $d = DA$ et son aire $S$.
Puis j'ai suivi la procédure de Poulbot en construisant le rectangle $ABB'A'$ de même aire $S$ puis les points $F$, $F'$ et $U$.
J'ai tracé la perpendiculaire en $U$ à $FU$ qui recoupe le cercle de centre $A$ et de rayon $d$ aux points $D_1$ et $D_2$.
Je retrouve ainsi le quadrilatère de départ $ABC_1D_1$ et un autre quadrilatère $ABC_2D_2$.
Il reste maintenant à comprendre les pourquoi et les comment de cette procédure!
Amicalement
Pappus
Pourtant quelque chose me trottait dans la tête; le sentiment d'avoir déjà vu l'énoncé de ce problème quelque part car je sais qu'il n'y a rien de nouveau sous le soleil de la géométrie du triangle et j'avais raison effectivement car je l'ai retrouvé dans les leçons de géométrie élémentaire d'Hadamard, c'est un des derniers problèmes du tome 1, consacré à la défunte géométrie plane, le numéro 418 page 307; les deux problèmes suivants, les numéros 418 bis et 419 lui sont d'ailleurs intimement liés.
Nous avons donc a priori deux constructions, celle de Poulbot et celle d'Hadamard qu'il sera intéressant de comparer.
Je voudrais ajouter quelque chose sur ce cours d'Hadamard. Il est bien antérieur à celui de Lebossé-Hémery mais il en est le précurseur et je suis sûr qu'Hadamard n'a pas été étranger à la révolution de l'enseignement de la géométrie des années 1930 tout comme il a été impliqué dans le séisme bourbakiste.
Je me demande ce qu'il aurait pensé de la disparition de la géométrie de notre culture au moment même où le déferlement des méthodes informatiques en aurait permis un enseignement moderne et ludique.
Nos amis anglo-saxons ne s'y sont pas trompés qui ont édité, en anglais évidemment, un livre consacré aux solutions des problèmes les plus intéressants du cours d'Hadamard.
Amicalement
Pappus
Voilà un extrait de ce livre d'Hadamard:
Voila la construction, c'est à dire sans aucun calcul, puisqu'il n'y a que du tracé de parallèle aux diagonales d'un quadrilatère, de tracé d'arc de cercle de centre et de rayon donné et de l’intersection de ces deux lignes, de la première approximation.
Pappus, j'essaie de justifier la construction de Hadamard:
J'ai d'abord mis un certain temps à comprendre que "équivalent" ne signifiait pas "semblable" mais "de même aire".
A partir de là on a $BC_1=\dfrac{cd}{a}$, puis deux Al-Kashi donnent $AC^2-AC_1^2=c^2+d^2-a^2-\dfrac{c^2d^2}{a^2}$.
J'ai compris que $ABCD$ a même aire que $ACBC_1$ qui est décomposé en $ABC$ et $ABC_1$ dont on voit des hauteurs, mais après je ne vois plus. Comment calculer $C'C'_1$ ?
D'ailleurs, je soupçonne $C'$ et $C'_1$ d'avoir un rapport avec les points $F$ et $F'$ de Poulbot.
Cordialement,
Rescassol
J'ai trouvé, $4$ coups de Pythagore et j'ai $C'C'_1=\dfrac{c^2+d^2-a^2-b^2}{2a}$.
La projection de $CC_1$ sur une perpendiculaire à $(AB)$ est de longueur $\dfrac{2S}{a}$.
Donc on peut dire qu'on connaît le vecteur $\overrightarrow{CC_1}$.
La suite à plus tard.
Cordialement,
Rescassol
Si tu pouvais nous scanner le texte de l'exercice d'Hadamard pour que tous nous puissions en profiter, ce serait une bonne chose car mon scanner est en panne, je ne sais trop pourquoi!
@dizlogic
Merci de nous avoir rappelé ce vieux problème mais je reste sceptique sur ta procédure dont tu n'as pas montré la convergence.
Nous savons maintenant que ce problème admet 0,1 ou 2 solutions constructibles à la règle et au compas quand elles existent.
A supposer que ton processus converge, vers quoi pourrait-il converger?
Amicalement
Pappus
Il est vrai que cette question ne présente aucun intérêt sur le plan pratique.
J'ai fait un dessin à le demande de Rescassol. Sur le dessin on imagine facilement que si on recommence un tour, les points seront très vite visuellement superposés.
C'est pourquoi j'ai fait un petit module et ça converge très vite. Au bout de 5 tours, on atteint une présision de 1/5000.
Les questions relatives au nombre de solutions, possibiltés etc sont sans intérêt puisque c'est un problème exclusivement théorique.
Donc, en fait j'ai pas compris ta question. J'ai proposé une construction à la règle et au compas, par opposition à la formule citée, il n'y a eu que des solutions algébriques, j'avoue être un peu déçu.
Comme d'habitude tu n'apportes rien, sauf de la critique.
Il est vrai que cette construction est sans aucun intérêt pratique, mais il semble que la majeure partie des messages intéressants de ce forum constitue des "problèmes".
J'ai voulu participer en précisant que c'était un problème de construction et non d'algèbre comme il a été traité par ailleurs.
Tu n'y as pas participé, c'est ton droit, mais si tu le lis, il me semble que la moindre des choses est d'essayer de comprendre.
Mais comme d'habitude, tu critiques systématiquement, c'est aussi ton droit, même si c'est très désagréable.
On voit bien l'idée d'Hadamard.
Les points $C$ et $C_1$ appartiennent respectivement aux cercles de centre $B$ et de rayons $b$ et $\dfrac{cd} a$ et on connait ,le vecteur $\overrightarrow{CC_1}$, le reste est facile: discuter l'intersection de deux cercles si cette intersection est encore dans nos programmes car aux dernières nouvelles le seul cercle qui nous reste à nous mettre sous la dent est le cercle trigonométrique comme dans la dimension immédiatement supérieure il ne nous reste plus que la sphère de Riemann!
Il reste maintenant la construction de Poulbot à justifier. Quelle est l'idée forcément astucieuse qui se cache derrière?
Amicalement
Pappus
on te l'a déjà dit 100 fois : si tu n'aimes pas les critiques, alors évite de prendre ton air supérieur et méprisant pour écrire des choses absurdes... Je ne parle pas des rumeurs que tu colportes ici et là ("on m'a dit", "j'ai lu", "sur d'autres forums"), mais de tes phrases obtues, genre "cette méthode ne présente aucun intérêt", "ces questions sont sans sans intérêt", montrant à quel point tu négliges l'essence même des mathématiques !
Par ailleurs, dès ton premier message, je me suis retenu de faire remarquer qu'on ne dit pas "Construire ce quadrilatère" lorsqu'il n'y a pas unicité. Je me suis retenu car je t'ai déjà fait plusieurs fois cette petite remarque, mais tu considères cela comme ridicule (alors que c'est incontournable quand on prétend faire des maths).
Excuse-moi d'avoir autre chose à faire en ce moment (contrairement à toutes les années passées) que de te consacrer inutilement des heures à t'écrire des maths.
Merci d'avoir scanné ce texte.
Je vois qu'il diffère légèrement du mien qui me parait plus complet. Je possède la deuxième édition.
Comme le texte qui reste est relativement court, je vais le taper à la main
Il est à rajouter juste avant la dernière phrase: "Parmi tous les quadrilatères...etc"
Le problème, s'il est possible, a en général deux solutions, (n'est-ce pas dizlogic; le grand Hadamard a jugé que cette remarque avait suffisamment d'intérêt pour être soulignée!).
Pour les deux quadrilatères trouvés, le triangle considéré à l'exercice 270 bis a la même forme et par conséquent (ex 270 bis,5°), ces quadrilatères peuvent être considérés comme inverses l'un de l'autre.
Un quadrilatère étant donné, en construire un autre, non égal au premier, qui ait les côtés égaux chacun à chacun à ceux xdu premier et même surface.
Ma dernière figure faite avec la construction de Poulbot répond à la requête de la dernière phrase.
Je suis parti du quadrilatère $ABC_1D_1$ et j'ai construit le quadrilatère $ABC_2D_2$, non égal au premier c'est à dire non isométrique au premier, ayant les mêmes longueurs de côtés et la même aire.
La phrase précédente du texte d'Hadamard, "Pour les deux quadrilatères trouvés, le triangle considéré ...etc",qui doit sembler être du charabia pour les béotiens d'aujourd'hui signifie simplement qu'il existe une transformation circulaire indirecte faisant passer du premier quadrilatère au second.
Par exemple sur ma figure, il existe une transformation circulaire indirecte $f$ telle que:
$f(A) = A$, $f(B) = B$, $f(C_1) = C_2$, $f(D_1) = D_2$.
Inutile de dire que cette question devait passer au dessus de la tête de nos apprentis professeurs d'autrefois et a fortiori de celle de ceux d'aujourd'hui qui, s'ils connaissent la théorie des groupes, ne savent du groupe circulaire, pourtant dans nos programmes, que son nom et peut-être sa définition!
Amicalement
Pappus
C'est le cas où la construction de Poulbot ne donne qu'une seule solution.
D'après la remarque d'Hadamard, il existe donc une transformation circulaire indirecte $f$ fixant les points $A$, $B$, $C_0$, $D_0$. Si on connait un chouïa de géométrie circulaire, $f$ est nécessairement une inversion et les points $A$, $B$, $C_0$, $D_0$ sont cocycliques comme il se doit!
Que nous reste-il à faire:
1° Achever l'exercice d'Hadamard en menant jusqu'au bout du bout la discussion sur l'intersection des deux cercles.
2° Justifier la construction de Poulbot.
3° Régler son compte au petit problème de géométrie circulaire posé par Hadamard!
Amicalement
Pappus
Pappus, quelque chose m'échappe:
Comment peut on avoir une inversion $f$ telle que $f(A) = A$, $f(B) = B$, $f(C_1) = C_2$, $f(D_1) = D_2$ ?
Les droites $(C_1C_2)$ et $(D_1D_2)$ joignant deux points images l'un de l'autre devraient passer par le centre du cercle d'inversion circonscrit à $ABC_0D_0$.
Ou alors, je n'ai rien compris à ce que tu voulais dire.
Cordialement,
Rescassol
Il faudrait lire en entier Hadamard pour comprendre son jargon. Je ne me suis pas privé de le faire et je n'ai aucun mérite vu mon grand âge!
Quand Hadamard parle d'un quadrilatère solution, il parle d'un quadrilatère défini à un déplacement près, les longueurs des côtés et les valeurs de ses angles suffisant à le rendre heureux.
Donc quand il parle d'une inversion envoyant le premier sur le second, il sous entend qu'on peut déplacer les deux quadrilatères de façon à les rendre inverses.
Depuis Bourbaki est passé par là et a mis bon ordre à tout ce charabia.
Une inversion suivie ou précédée d'un déplacement, cela nous fait une transformation circulaire indirecte.
Et si tu lis attentivement ce que j'ai écrit, je n'ai rien écrit d'autre!
Moi même j'ai mis quelques minutes à comprendre ce charabia et je me suis tenu le même raisonnement que toi, mais entre moi et Hadamard, il était facile de choisir! C'est lui qui avait raison forcément!
Ayant fait la figure de Poulbot et possédant avec Cabri de nombreuses macros sur le groupe circulaire, il m'était facile de vérifier mon interprétation du discours d'Hadamard.
Amicalement
Pappus
comment suis-je tombé sur la construction que j'ai évoquée?
En cherchant l'enveloppe de la droite $D_{1}D_{2}$ quand $\Delta $ varie, $ABC_{1}D_{1}$ et $ABC_{2}D_{2}$ étant les deux solutions de même aire algébrique $\Delta $, on trouve la parabole de foyer le point que j'ai appelé $F$ et de sommet celui que j'ai appelé maladroitement $F^{\prime }$ et la droite $D_{1}D_{2}$ coupe la tangente au sommet en un point $U$ pour lequel $F^{\prime }U=\dfrac{\Delta }{a}$ mais je m'y suis bien mal pris, car cela a nécessité des calculs trop lourds pour que je puisse les effectuer à la main.
Partant de là et connaissant le résultat, il était un peu plus facile de vérifier directement sans chercher à comprendre et par un gros calcul ce que j'ai écrit dans mon message précédent :
On part des points $A$ et $B$ et du rectangle $ABB^{\prime }A^{\prime }$ d'aire celle du quadrilatère à construire. Posant $\lambda =a^{2}+d^{2}-b^{2}-c^{2},\mu =\dfrac{a^{2}d^{2}-b^{2}c^{2}}{\lambda }$, on considère les points $F$ et $F^{\prime }$ de la droite $AB$ pour lesquels $\overline{AF}\cdot \overline{AB}=\mu ,\overline{FF^{\prime }}\cdot \overline{AB}=\dfrac{\lambda }{4}$. Alors, si $U$ est la projection orthogonale de $F^{\prime }$ sur $A^{\prime }B^{\prime }$, on a $UD\perp UF$.
Amicalement. Poulbot
Merci d'intervenir à nouveau.
Pour que nous puissions discuter plus clairement, je te propose de partir des équations écrites par Ga? dès le début de ce fil
Il travaille dans un repère orthonormé (décrété direct pour cause d'emploi d'aire algébrique) dans lequel les points $A(0,0)$ et $B(a,0)$ sont fixés et les points $C(x,y)$ et $D(u,v)$ sont mobiles et soumis aux contraintes:
$BC^2 =(x-a)^2+y^2 = b^2$
$CD^2 = (u-x)^2 + (v-y)^2 = c^2$
$AD^2 =u^2+v^2 =d^2$
Avec ces trois contraintes, on tombe sur ce qu'on appelle en anglais un 3-bar que je traduis par 3 tiges, le plus simple des systèmes articulés où on se concentre surtout sur le mouvement de la tige du milieu, appelée bielle, les deux autres étant les manivelles.
A ces trois contraintes, on en ajoute une quatrième donnée par l'aire algébrique du quadrilatère:
$2S = [\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD}]=\begin{vmatrix} x&u-a\\y&v\end{vmatrix}=vx+ay-uy$
Il faut résoudre ce système de quatre équations en $(u,v,x,y)$ et pour cela Ga? s'en est remis à Sage qui a dû lui cracher en une milliseconde le monstrueux polynôme du second degré en $x$ à coefficients dans $\Q(a,b,c,d,S)$.
A ce propos, je voudrais lui demander s'il pouvait évaluer puis éventuellement factoriser le discriminant de ce polynôme, je suis curieux de connaitre le résultat s'il en vaut la peine!
Toi au lieu de t'intéresser au point $C(x,y)$, tu t'es concentré sur le point $D(u,v)$ et tu as dû trouver une équation de la forme:
$ \alpha(S) u+\beta(S)v+\gamma(S) =0$ dont tu as cherché l'enveloppe, à savoir une parabole mais je ne vois pas très bien comment tu t'y es pris pour former l'équation de cette droite.
Je te propose une quatrième méthode différente de celle d'Hadamard trop astucieuse, de celle de Ga? trop électronique et de la tienne dont on attend toujours une preuve simple.
La quatrième équation est plus ou moins bilinéaire en $C$ et $D$ et en éliminant les termes carrés $x^2$, $y^2$, $u^2$, $v^2$ entre les trois premières on en trouve une autre:
On a:
$(u^2+v^2)+(x^2+y^2)-2ux-2vy=c^2$ ou encore $d^2+(2ax-a^2+b^2)-2ux-2vy=c^2$
On tombe donc sur le système suivant:
$x(a-u)-vy=\dfrac{a^2-b^2+c^2-d^2}2= \alpha$
$xv+(a-u)y=2S = \beta$
Système qu'on peut écrire en Rescassolisant:
$(x+\imath y)(a-u+\imath v)= \alpha + \imath \beta$
On voit donc qu'il existe une transformation circulaire indirecte $f$ telle que $C =f(D)$.
J'en suis là pour l'instant mais on voit la suite; le point $C$ doit appartenir à deux cercles: d'une part au cercle de centre $B$ et de rayon $b$ et d'autre part au cercle-droite image par $f$ du cercle de centre $A$ et de rayon $d$.
Toujours l'intersection de deux cercles à discuter!
Amicalement
Pappus
Mais je suis sûr qu'Hadamard y avait pensé aussi, même s'il ne voulait pas embêter ses lecteurs avec cette notion pointue qu'il a d'ailleurs tenté d'expliquer dans son cours.
La question essentielle de ce joli exercice d'Hadamard est la suivante:
Etant donné un quadrilatère $ABCD$ tel que $AB = a$, $BC=b$, $CD= c$, $DA= d$ et d'aire algébrique $S$, donner une construction simple de l'autre quadrilatère $ABC'D'$ non directement isométrique au premier tel que $BC'=b$, $C'D' = c$, $AD'=d$ et de même aire algébrique $S$.
Pour le moment nous avons:
la solution d'Hadamard un peu tirée par les cheveux, la solution de Poulbot assez mystérieuse et la méthode de Ga? qui conduit naturellement à la géométrie circulaire et qui en principe doit elle aussi accoucher d'une construction.
Le seul petit problème est qu'elle fait intervenir la défunte géométrie circulaire et en particulier des transformations indirectes.
Si déjà les transformations circulaires directes et les constructions géométriques ou macros y afférentes sont inconnues au bataillon, que dire des transformations circulaires indirectes?
Amicalement
Pappus
La donnée de départ est le quadrilatère $ABCD$, en fait cette terminologie est trompeuse et j'aurais préféré la terminologie de quadripoints (four points in english).
Ce quadrilatère n'a aucune raison d'être convexe, il fait ce qu'il peut et pour ne pas trop vous dérouter je l'ai dessiné convexe pour débuter. Ses côtés ont pour longueurs $AB = a$, $BC=b$, $CD=c$, $DA = d$ et son aire algébrique est $S$,
Le but de la manip est de tracer le quadrilatère $ABC'D'$, prévu par Hadamard, (non directement isométrique au premier donc distinct), tel que $BC'=b$, $C'D'=c$, $D'A= d$ et de même aire algébrique $S$.
Je me suis tenu le raisonnement suivant.
On sait que la donnée des 4 points $A$, $B$, $C$, $D$ détermine entièrement la transformation circulaire indirecte $f$ puisque nous avons son écriture dans le repère de Ga? sous les yeux.
Soit donc $\Gamma$ le cercle de centre $A$ passant par $D$ et $\gamma$ le cercle de centre $B$ passant par $C$.
Je trace le cercle $f(\Gamma)$, il passe par le point $C$. Il a donc une seconde intersection $C'$ avec le cercle $\gamma$.
Je trace le point $D' =f^{-1}(C')$, alors le quadrilatère $ABC'D'$ répond au problème d'Hadamard.
Simple n'est-ce pas?
Si je savais faire des applets Geogebra, vous auriez pu triturer la figure précédente mais vous êtes bien forcés de me croire sur parole.
Bon la question est la suivante, vous disposez d'un ordinateur et d'un bon logiciel de géométrie dynamique.
Vous êtes un as dans la théorie des groupes et bien sûr le groupe circulaire, joyau de notre programme n'a aucun secret pour vous!
Vous tracez sur votre écran les cinq points $A$, $B$, $C$, $D$,$M$.
Comment vous débrouillez vous pour tracer le point $f(M)$?
Sur cette nouvelle figure, je me suis contenté de bouger le point $D$, les points $C'$ et $D'$ se déplaçant dans la foulée, çétipabô la géométrie dynamique!
La convexité a disparu mais soyez rassurés, les aires algébriques sont encore là et elles sont égales!
Amicalement
Pappus
vu que j'ai un peu de temps et en abrégeant (aux coquilles près)
Les points $A,B,C,D$ ont pour affixes respectives $0,a,a+be^{iu},de^{iv}$.
En exprimant que $CD=c$ et $Aire\left( ABCD\right) =S$, on obtient
$2bd\cos \left( u-v\right) =2ab\cos u-2ad\cos v+a^{2}+b^{2}-c^{2}+d^{2}$ et $bd\sin \left( u-v\right) =ab\sin u+ad\sin v-2S$, soit
$2bde^{i\left( u-v\right) }=2abe^{iu}-2ade^{-iv}+k$ où $k=a^{2}+b^{2}-c^{2}+d^{2}-4iS$.
On a donc $\left\vert k-2ade^{-iv}\right\vert =2b\left\vert de^{-iv}-a\right\vert $ (puisque $\left\vert e^{iu}\right\vert =1$).
En développant (c'est là où c'est pénible)
$4ad\left( \lambda \cos v+4S\sin v\right) =\lambda ^{2}+4\lambda \mu +16S^{2}$ où, comme plus haut, $\lambda =a^{2}+d^{2}-b^{2}-c^{2}$, $\lambda \mu =a^{2}d^{2}-b^{2}c^{2}$.
Cela donne au plus deux points $D$; quand il y en a deux $D_{1},D_{2}$, la droite $D_{1}D_{2}$ a pour équation
$4a\left( \lambda x+4Sy\right) =\lambda ^{2}+4\lambda \mu +16S^{2}$.
Quand $S$ varie, elle enveloppe la parabole d'équation $4a^{2}y^{2}+4a\lambda x-\lambda ^{2}-4\lambda \mu =0$ dont le foyer et le sommet ont pour affixes $\dfrac{\mu }{a}$ et $\dfrac{\mu }{a}+\dfrac{\lambda }{4a}$.
De plus, la droite $D_{1}D_{2}$ coupe la tangente au sommet $x=\dfrac{\mu }{a}+\dfrac{\lambda }{4a}$ au point $U$ d'ordonnée $\dfrac{S}{a}$.
Amicalement. Poulbot
Merci de t'être décarcassé à nous expliquer ta méthode, il est bon que ceux qui nous lisent en aient le maximum sous les yeux.
Et il y en a surement d'autres à découvrir.
Si on lit attentivement le texte d'Hadamard, il se pose immédiatement après la question de construire un quadrilatère $ABCD$ dont les longueurs des côtés sont donnés et d'aire maximum, (le plus grand suivant son jargon).
Nous savons le construire avec ta méthode mais j'ai dit qu'il existait une autre construction plus simple, due à un grand algébriste français du 19ème. Quel est ce grand algébriste et quelle est sa construction?
@ Ga?
Ta mise en équation est particulièrement bien adaptée à la recherche des quadrilatères $ABCD$ dont les longueurs des côtés sont données et d'aire algébrique extrémale.
Je n'y connais rien à Sage mais j'ai quand même jeté un petit coup d'oeil à ton programme, ne serait-ce que pour en dégager les équations.
J'ai remarqué que tu avais mis les données des longueurs sous la rubrique contrainte mais que par contre la donnée de l'aire algébrique avait été mise dans la rubrique équation, pourquoi? Est-ce justement en vue de maximiser cette aire à partir de ce même programme?
Amicalement
Pappus
Mais ici nous sommes devant un problème graphique et nous devons utiliser les outils de notre logiciel de géométrie dynamique.
Le soi-disant cours de géométrie circulaire prétend que toute transformation circulaire directe ou indirecte est entièrement déterminée par les images de trois points distincts. Or nous n'avons que quatre points sous les yeux, les points $A$, $B$, $C$, $D$, comment choisir ce triplet de points distincts?
Amicalement
Pappus
On a: $f(B) = \infty$, $f(\infty) = A$ et $f(D) =C$
Ces trois informations déterminent entièrement la transformation circulaire indirecte $f$ et devraient en principe conduire à une construction simple du point $f(M)$.
Je dis en principe car évidemment tout le monde s'en fout et estime avec juste raison qu'il y a des choses plus importantes à faire.
Saurez vous quand même trouver cette simple construction?
Amicalement
Pappus
PS
Dans un vieux jargon tombé dans l'oubli, $A$ est appelé le point limite image et $B$ le point limite objet.
Amicalement
Pappus
En suivant la construction "Hadamard", petite erreur de frappe de Rescassol qui voulait sans doute écrire (page 3) :
> J'ai trouvé, $4$ coups de Pythagore et j'ai
> $C'C'_1=\dfrac{c^2+d^2-a^2-b^2}{2a}$. et non $C_1C'_1$
Mais je décroche quand pappus parle de géométrie circulaire ….références accessibles ?
En tant que produit de deux transformations circulaires indirectes, $s$ est une transformation circulaire directe, de plus $s(\infty)=f\big(\imath(\infty)\big) = f(B)=\infty$
Or on sait (ou on savait) qu'une transformation circulaire fixant le point à l'infini est (ou était) une similitude.
Donc $s$ est une similitude directe. Que sait-on de plus sur cette similitude directe.
Si $d =\imath(D)$, alors $s(d) = f\big(\imath(d)\big)=f(D) =C$
Enfin $s(B) = f\big(\imath(B)\big) =f(\infty) =A$
La similitude directe $s$ est entièrement déterminée par les paires de points homologues $(d,C)$ et $(B,A)$
On sait donc parfaitement construire le point $s(M)$ puis le point $f(M) = s\big(\imath(M)\big)$.
Amicalement
Pappus
@Juad, tu as raison, j'ai corrigé mon message (mais c'est page 4, pas 3).
@Pappus, la case Latex !!
Cordialement
Rescassol
@Pappus et ses frères,
C'est bien beau les quadrilatères, mais y a pas que ça dans la vie. Tu es donc convié à faire preuve que ton intérêt affirmé pour le problème de Domi sur les bissections de ses pentagones est bien réel. Nous vous attendons avec impatience, toi et toute la joyeuse clique des géomètres:)
Amicalement
Paul
Il est vrai que je ne participe pas beaucoup aux sujets proposés par Domi mais il faut dire qu'ils ne m'inspirent guère, je ne sais trop pourquoi!
Je suis vieuzé comme on le dit dans le patois d'ici.et à cet âge, on ne se refait plus!
J'essaye de transmettre mes connaissances du mieux que je peux, tout en sortant parfois des énormités invariablement relevées par Ga? Et l'une d'entre elles a initié le passionnant fil sur la décidabilité en algèbre et en géométrie.
Je me console en me disant qu'elle a au moins servi à quelque chose!
Je n'ai pas initié ce fil sur la construction d'un quadrilatère, ce qui prouve que je m'intéresse à ce que font les autres
Ma seule contribution fut de dénicher cet exercice d'Hadamard, brillamment résolu par Rescassol, puis Poulbot proposa une autre méthode et même Ga? y alla de sa contribution, en fait la plus fructueuse car elle a conduit naturellement à l'emploi de la géométrie circulaire. Certains se plaignent de n'y rien connaitre mais qu'y puis-je? Elle est pourtant au programme de notre agrégation et devrait donc figurer dans tous les bons livres préparant à ce concours!
Je me suis d'ailleurs efforcé de faire toutes les démonstrations faisant intervenir la géométrie circulaire.
C'est quand même fascinant et inattendu de la voir apparaitre dans ce banal problème de construction et il est maintenant clair que c'est la méthode à suivre pour le résoudre et savoir reconnaitre le rôle joué par un groupe de transformations dans la résolution d'un problème, c'est un peu le B.A BA de la géométrie!
Il y a encore des choses fort importantes à dire et qui devraient faire plaisir à Rescassol, notamment sur la nature de l'intersection $f(\Gamma)\cap \gamma$ ou bien ce qui m'apparait plus simple sur l'intersection $\Gamma\cap f^{-1}(\gamma)$.
Amicalement
Pappus
Votre réaction me fait plaisir, et pas plus que vous je ne m'inréresse à la construction d'un quadrilatère.
J'ai évoqué ce problème parce que la méthode itérative me paraissait intéressante.
C'est une méthode bien connue dans ma spécialité, je suis géomètre, et je voulais en faire profier d'autres.
Les gens de ma spécialité connaissent beaucoup de techniques de calcul, dont le but est d'être très précis, et il arrive que l'on utilisent des techniques qui paraissent vraiment approximatives, par exemple, la règle à calcul, je sais, remisée au fond d'un tiroir.
Cordialement,
Bonne soirée.
.
Je me garderais bien de critiquer tes itérations tant qu'elles nous amènent de jolis problèmes à résoudre.
Ce que je ne comprends pas dans ce problème de construction, c'est qu'on ne soit pas allé jusqu'au bout des deux méthodes suggérées, celle d'Hadamard et la mienne, en écrivant noir sur blanc que deux cercles dont on connait les rayons et la distance de leurs centres, doivent se couper.
Ce n'est pourtant pas si terrible l'intersection de deux cercles: $|R-R'| \le d \le R+R'$.
Est-ce encore au programme?
En ce qui concerne ma méthode, elle conduit bien à la construction des deux quadrilatères $ABCD$ et $ABC'D'$ dont les longueurs des côtés $a$, $b$, $c$, $d$ sont connues ainsi que leur aire algébrique commune $S$.
Je rappelle qu'on a une application circulaire indirecte qui s'écrit dans le repère de Ga?:
$f(z) =\dfrac{\alpha+\imath \beta}{a-\overline z}$ où:
$\alpha=\dfrac{a^2-b^2+c^2-d^2}2$
$\beta=2S$
La méthode précédente où il fallait construire le quadrilatère $ABC'D'$ connaissant le quadrilatère $ABCD$ ne marche pas car on ne connait pas les points $C$ et $D$ qu'il faut justement construire!
Qu'à cela ne tienne puisqu'on connait le point $A' = f(A)$ d'affixe $\dfrac{\alpha+\imath \beta}a$.
On construit donc dans le repère de Ga? le point $A'$ et maintenant on est à nouveau en terrain connu puisque $f$ est déterminée par trois paires de points homologues, à savoir $(B, \infty)$, $(\infty, A)$, $(A,A')$
On sait donc tracer le point $f(M)$ pour $M$ quelconque.
Il est à noter que cette construction préliminaire du point $A'$ rejoint en quelque sorte celles des points $F$, $F'$, ,$U$ de Poulbot. Elle n'est pas très esthétique mais elle est indispensable et au moins a-t-on une interprétation géométrique du point $A'$.
Comme on sait que $f(D) = C$, le point $C$ appartient à l'intersection $\gamma \cap f(\Gamma)$ ou bien le point $D$ appartient à l'intersection $ \Gamma \cap f^{-1}(\gamma)$ , dans l'un ou l'autre cas, ce sont des intersections de cercles qu'il faut discuter
Comme tout se passe en complexes, je pensais que notre ami Rescassol allait se déchainer.
Amicalement
Pappus
Donc le vecteur $\overrightarrow{C_1C}$ a dans le repère de Ga? $(\dfrac{c^2+d^2-a^2-b^2}{2a},\dfrac{2S}a)$ pour composantes aimablement calculées par notre ami Rescassol.
Le point $C$ se trouve donc à l'intersection de deux cercles, d'une part le cercle de centre $B$ et de rayon $c$ et d'autre part le cercle image du cercle de centre $B$ et de rayon $\dfrac{cd}a$ par la translation $\tau$ de vecteur $\overrightarrow{C_1C}$.
Ce second cercle a pour centre $\tau(B)$ et pour rayon toujours $\dfrac{cd}a$.
Comme $\overrightarrow{B\tau(B)}=\overrightarrow{C_1C}$, ces deux cercles se couperont si et seulement si:
$(b-\dfrac{cd}a)^2\le \dfrac{(c^2+d^2-a^2-b^2)^2+16S^2}{4a^2}\le (b+\dfrac{cd}a)^2$
ou encore;
$4(ab-cd)^2\le (c^2+d^2-a^2-b^2)^2+16S^2 \le 4(ab+cd)^2$
ou
$4(ab-cd)^2-(c^2+d^2-a^2-b^2)^2\le 16S^2\le 4(ab+cd)^2-(c^2+d^2-a^2-b^2)^2$
Je vous laisse la grande joie de découvrir que les termes extrêmes de cette inégalité se décomposent en produit de facteurs linéaires.
Amicalement
Pappus
Les inégalités précédentes s'écrivent:
$\left(2(ab-cd)+c^2+d^2-a^2-b^2\right)\left(2(ab-cd)-c^2-d^2+a^2+b^2\right)$
$\le 16S^2 \le $
$\left(2(ab+cd)+c^2+d^2-a^2-b^2\right)\left(2(ab+cd)-c^2-d^2+a^2+b^2\right)$
ou encore:
$\left((c-d)^2-(a-b)^2\right)\left((a+b)^2-(c+d)^2\right)\le 16S^2\le \left((c+d)^2-(a-b)^2\right)\left((a+b)^2-(c-d)^2\right)$
Finalement on trouve:
$(a-b+c-d)(-a+b+c-d)(a+b+c+d)(a+b-c-d)$
$\le16S^2\le$
$ (-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)(a+b+c-d)$
C'est la condition nécessaire et suffisante que doit vérifier le quintuplet $(a,b,c,d,S) \in \R^{* 4}_+\times \R$ pour que le problème de construction d'Hadamard ait des solutions.
Il reste à voir quand l'une ou l'autre égalité est atteinte, donc encore pas mal de pain sur la planche!
Amicalement
Pappus
PS
@dizlogic
Si ces conditions ne sont pas remplies, tes itérations ne mèneront donc à rien de bon et dans le cas où elles le sont, pour le moment rien ne prouve qu'elles convergent vers l'une ou l'autre des deux solutions prévues par Hadamard.
D'ailleurs, dans mon esprit, si on me demande quelque-chose, j'ai tendance à considérer a priori que c'est possible et qu'il a (au moins) une solution.
Par contre quand j'écris un module en informatique, je commence pas vérifier les conditions.
Dans la construction dont il s'agit, c'est la méthode itérative qui me paraissait intéressante, parce qu'elle est à la portée de tous et s'accorde bien avec les méthodes de l'informatique.
J'ai 2 autres exemples en tête, si ça intéresse quelqu'un ?
Personne ne t'empêchera d'itérer surtout si tu as d'autres exemples à proposer aussi intéressants que ce problème de construction d'Hadamard mais fais le en ouvrant d'autres fils!
Pourrais-tu par exemple itérer en trisectant ou trisecter en itérant?
Amicalement
Pappus
J'ouvre un sujet que le vais appeler "interpolation bi-linéaire".
On connait la réponse, ce sont les quadrilatères convexes inscriptibles.
Mais nous sommes un peu plus ambitieux et nous cherchons les quadrilatères $ABCD$ dont les longueurs des côtés sont données et dont l'aire algébrique est extrémale., maximum ou minimum.
L'existence de ces quadrilatères extrémaux est prouvée par la ratatouille topnlogique habituelle.
L'application $(A,B,C,D) \mapsto S(A,B,C,D)$ est polynomiale donc continue.
On peut toujours fixer les points $A$ et $B$ dans le plan à la distance $a$ l'un de l'autre.
La fixation des longueurs des manivelles $AD$ et $BC$ contraint la paire $(C,D)$ à vivre sur le tore $\gamma \times \Gamma$ qui est déjà compact. La fixation de la longueur de la bielle $CD$ force alors la paire $(C,D)$ à rester cantonnée sur une courbe (ultra étudiée) $\Delta \subset \gamma \times \Gamma$ elle aussi compacte.
Avec le blablabla topologique habituel, on est donc assuré non seulement de l'existence des extrema de l'aire algébrique $S$ mais aussi de celle des quadrilatères extrémaux.
C'est le moment d'appliquer la méthode des extréma liés si chère à notre ami Poulbot!
Amicalement
Pappus
Je sais que je suis vieux et que je perds la mémoire mais je pense que plusieurs pages situées à la fin de cette discussion ont disparu!
Par exemple il me semblait bien avoir détaillé la méthode des extrema liés pour montrer que les quadrilatères critiques étaient inscriptibles ainsi que la solution de Sturm telle qu'elle apparait dans le F.G-M.
Serait-ce à dire que c'est moi qui suis en partie responsable de la pollution du forum?
Cela ne m'étonnerait guère car je travaille avec un vieil ordinateur sans doute bourré de virus!
Mais comment faire autrement?
C'est le seul que je possède avec Cabri!
Amicalement
Pappus
Je vais donc m'y remettre et refaire tous mes calculs et divers raisonnements.
Amicalement
Pappus
$2S = f(x,y,u,v) =[\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD}] = \begin{vmatrix} x&u-a\\y&v\end{vmatrix}=vx-uy+ay$
soumise aux contraintes:
$g_1(u,v,x,y)=\dfrac{BC^2}2=\dfrac{(x-a)^2+y^2}2=\dfrac{b^2}2$
$g_2(u,v,x,y)=\dfrac{CD^2}2=\dfrac{(x-u)^2+(y-v)^2}2=\dfrac{c^2}2$
$g_3(u,v,x,y)=\dfrac{AD^2}2=\dfrac{u^2+v^2}2=\dfrac{d^2}2$
On applique maintenant la méthode des multiplicateurs de Lagrange.
Les quadrilatères critiques sont obtenus quand $\mathrm{grad}(f)$ est une combinaison linéaire des gradients des fonctions contraintes, i.e:
$\mathrm{grad}(f) = \lambda_1\mathrm{grad}(g_1)+ \lambda_2\mathrm{grad}(g_2)+ \lambda_3\mathrm{grad}(g_3)$.
On élimine les multiplicateurs en écrivant que le déterminant de taille 4 dont les vecteurs colonnes sont les composantes de ces quatre gradients dans la base canonique de $\R^4$ est nul, soit:
$\begin{vmatrix}
-y&0&u-x&u\\
x&0&v-y&v\\
v&x-a&x-u&0\\
a-u&y&y-v&0
\end{vmatrix}
=a\big(v(x^2+y^2-ax)-y(u^2+v^2-au)\big)=0$
Si on pose:$\rho = \dfrac{x^2+y^2-ax}y = \dfrac{u^2+v^2-au}v$, on voit que les points $C(x,y)$ et $D(u,v)$ sont tous les deux situés sur le cercle d'équation: $X^2+Y^2 -aX-\rho Y = 0$ passant par les points $A(0,0)$ et $B(a,0)$.
Autrement dit les quadrilatères critiques $ABCD$ sont ceux qui sont inscriptibles dans un cercle.
Amicalement
Pappus
PS
Je n'ai pas compris le fonctionnement du clic droit pour copier du Latex situé dans d'autres messages.
On tombe sur un menu, mézalor quoi?
Un clic sur l'onglet citer et copier-coller devrait suffire.
Sinon sur le fil latex des intervenants (voir vie du forum), Guego donne une explication.
Amicalement
Il me reste à pouvoir importer mes figures et je vais essayer la méthode de Rescassol.
Je rajoute mes remerciements envers tous ceux qui s'occupent jour après jour de l'intégrité de notre forum.
En ce qui concerne la discussion actuelle, je regrette d'être un peu le seul à m'en occuper car elle soulève beaucoup de problèmes géométriques et analytiques passionnants.
C'est bien la force brute de Ga? plus que les itérations utopiques de dizlogic qui a soulevé mon intérêt.
Je ne savais pas que la méthode "naïve" revenant à fixer deux sommets consécutifs $A$ et $B$ d'un quadrilatère articulé pour le paramétrer par les coordonnées des deux sommets mobiles restants pouvait être aussi efficace pour résoudre la plupart des questions posées par Jacques Hadamard, (ou comment l'Analyse Fonctionnelle est venue au secours de la Géométrie Elémentaire).
Pour montrer l'intérêt de cette discussion, je vais retrouver les quadrilatères critiques en appliquant la méthode des multiplicateurs de Lagrange d'une autre manière.
On paramètre les quadrilatères articulés $ABCD$ par les angles orientés de vecteurs:
$\alpha = (\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD})$ et $\gamma = (\overrightarrow{CD}, \overrightarrow{CB})$
L'aire algébrique $S$ du quadrilatère $ABCD$ est donnée par la formule:
$2S = [\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{BD}]$ où la notation $[\bullet, \bullet]$ désigne le produit mixte de deux vecteurs dans un plan euclidien préalablement orienté.
Pourquoi cette formule que Ga? a utilisé sans état d'âme?
Ainsi on a:
$2S = [\overrightarrow{AB} +\overrightarrow{BC} , \overrightarrow{BD}] = [\overrightarrow{AB} , \overrightarrow{BD}] + [\overrightarrow{BC} , \overrightarrow{BD}] = [\overrightarrow{AB} , \overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}] + [\overrightarrow{BC} , \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}]= [\overrightarrow{AB} , \overrightarrow{AD}]+[\overrightarrow{BC} , \overrightarrow{CD}]$
D'où:
$2S = [\overrightarrow{AB} , \overrightarrow{AD}]+[\overrightarrow{CD} , \overrightarrow{CB}]$
et finalement:
$2S = ad\sin(\alpha)+bc\sin(\gamma)$
Notons que dans cette formule $S$ est une aire algébrique et $\alpha$ et $\gamma$ sont des angles orientés de vecteurs.
Ce sera dur à digérer pour certains puisque les deux bestioles en question ne sont plus enseignées que du bout des lèvres, quand elles le sont.
Remarquons que cette dernière équation est traditionnellement démontrée en supposant que $S$ désigne l'aire "habituelle positive " d'un quadrilatère $ABCD$ supposé convexe qu'on décompose en la réunion des triangles $ABD$ et $BCD$, les angles $\alpha$ et $\gamma$ étant non orientés.
La relation de liaison entre les angles $\alpha$ et $\gamma$ s'obtient en écrivant:
$BD^2 = a^2+d^2-2ad\cos(\alpha)=b^2+c^2 -2bc\cos(\gamma)$
On doit donc chercher les points critiques de la fonction:
$f(\alpha, \gamma) = ad\sin(\alpha)+bc\sin(\gamma)$
soumise à la contrainte:
$g(\alpha, \gamma) = ad\cos(\alpha)-bc\cos(\gamma)= \dfrac{a^2-b^2-c^2+d^2}2$
La relation de Lagrange: $\mathrm{grad}(f) =\lambda \mathrm{grad}(g)$ s'écrit:
$ad\cos(\alpha) = -\lambda ad\sin(\alpha)$ et $bc\cos(\gamma) = \lambda bc\sin(\gamma)$
D'où: $\lambda = -\cot(\alpha) = \cot(\gamma)$
Par suite $\alpha = -\gamma$ ou $\alpha = -\gamma +\varpi$ ou $\varpi$ désigne l'angle plat.
Ces deux équations entre angles orientés de vecteurs s'unifient en une seule équation entre angles orientés de droites: $(AB,AD) = -(CD,CB)$ c'est à dire $(AB,AD) =(CB,CD)$ signifiant que les points $A$, $B$, $C$, $D$ sont cocycliques.
Amicalement
Pappus