D138 Des cercles à perpétuité? [**** à la main]

D138 Des cercles à perpétuité? [**** à la main]

Solutions

Solution de Dominique Ceugniet :

J’appelle D1 la médiatrice de BC, D2, celle de CA, D3 celle de AB.

Le premier cercle passe par A et B. Soit D son centre : il se trouve sur D3. Un cercle passant par A et tangent au premier cercle est forcément tangent à ce cercle en A. Il en résulte que le centre du cercle cherché se trouve sur la droite AD. Comme le cercle en question passe par A et C, son centre E se trouve sur D2. Il est donc l’intersection de AD et de D2. Finalement, il n’est pas utile de tracer les cercles suivants. Il est clair que le centre F du troisième cercle se trouve à l’intersection de EC et de D1. Et ainsi de suite :

E, centre du deuxième cercle est l’intersection de DA et D2 F, centre du troisième cercle est l’intersection de EC et D1 G, centre du quatrième cercle est l’intersection de FB et D3 H, centre du cinquième cercle est l’intersection de GA et D2 I, centre du sixième cercle est l’intersection de HC et D1 J, centre du septième cercle est l’intersection de IB et D3

Sur la figure juste, il semble ( ?) que I soit sur BD. Je me propose de le démontrer.

Pour éviter de prendre comme hypothèse, la conclusion, j’ai dû me faire un figure fausse ; voir donc la figure ci-jointe, où j’ai volontairement déplacé le point H pour que le point I ne soit pas sur la droite BD, de manière à raisonner correctement. Donc le point H et le point I sont volontairement déplacés, et le segment AH est ici représenté par deux segments non alignés AG et GH. La géométrie n’est-elle pas l’art de raisonner juste sur une figure fausse ?

Je suppose la figure rapportée à un repère orthonormé Oxy que je n’ai pas jugé utile de représenter. Tous les angles référencés ici sont des angles de droites.

J’appelle :

alpha l’angle (Ox,D1) beta l’angle (Ox,D2) gamma l’angle (Ox,D3)

a l’angle (Ox,IB)

b l’angle (Ox,IC) ou (Ox,CH) c l’angle (Ox,HA) ou (Ox,GA) d l’angle (Ox,GB) ou (Ox,FB) e l’angle (Ox,FC) ou (Ox,EC) f l’angle (Ox,EA) ou (Ox,DA) g l’angle (Ox,DB)

Du fait de la symétrie de B et C par rapport à D1 : (a+b)=2*alpha soit a=2*alpha-b Du fait de la symétrie de C et A par rapport à D2 : (b+c)=2*beta soit –b=c-2*beta Du fait de la symétrie de A et B par rapport à D3 : (c+d)=2*gamma soit c=2*gamma-d Du fait de la symétrie de B et C par rapport à D1 : (d+e)=2*alpha soit –d=e-2*alpha Du fait de la symétrie de C et A par rapport à D2 : (e+f)=2*beta soit e=2*beta-f

Du fait de la symétrie de A et B par rapport à D3 : (f+g)=2*gamma soit –f=g-2*gamma

En additionnant membre à membre toutes les égalité de la dernière colonne on obtient : a=g

Par conséquent (Ox,IB) = (Ox,DB), ce qui montre que les points B, D et I sont alignés.

Il s’ensuit que si l’on continue le processus de création des cercles tangents, puisque l’on va chercher l’intersection J de IB et D3, celle-ci étant l’intersection de DB et D3, on va retomber sur le même point D qui appartient à D3 et on va tracer le cercle de centre D et de rayon DB, qui n’est autre que le premier cercle. La suite est évidente. On peut donc tracer ainsi six cercles successifs.

Autre solution :

Le tracé des cercles a heureusement une fin et le 7^ème cercle se confond avec le 1^er cercle.

Soit O le centre du 1₁ ^er cercle (en rouge) passant par les sommets A et B du triangle. Il est sur la médiatrice de AB. Le centre O du 2₂ ^ème cercle (en bleu clair) est à l’intersection de la médiatrice de AC et de la droite O₁A. Le centre O du 3₃ ^ème cercle (en ocre) est à l’intersection de la médiatrice de BC et de O₂C. Le centre O est à l’intersection de la ₄ médiatrice de AB et de O₃B, etc…..

On en déduit que les points O₁,O₂ et A sont colinéaires. Il en est de même des points C

et O ,

O_{2 3} , des points O₃,O₄et B, des points O₄,O₅et A, des points O₅,O₆et C et enfin des points O₆,O₇et B.

Soient P,Q et R les milieux respectifs des côtés AB, AC et BC.

On désigne :

- par u,v et w les angles BAC, ACB et ABC avec u + v + w = 180°.

- par a = angle(₁ O AP) = angle(₁ O BP), ₁ a = angle(₂ O AQ) = angle(₂ O CQ), ₂

a =angle(3 O BR) = angle(₃ O CR), ₃ a = angle(₄ O AP) = angle(₄ O BP), ₄ a =angle(₅ O AQ) ₅

= angle(O CQ), ₅ a =angle(₆ O BR) = angle(₆ O CR), ₆ a = angle(7 O AP) = angle(₇ O BP). ₇

En raison de la colinéarité des triplets de points O₁,O₂et A, O₂,O₃et C etc…on peut écrire six équations dont les termes dépendent des positions relatives des points O_iet O_i1 par rapport aux sommets du triangle ABC.

Avec la figure ci-dessus, on obtient : a₁ua₂ 180^

180a₂ va₃ a₃wa₄ 180 180a₄ ua₅ va₅ a₆ a₆ wa₇

Après addition de ces six relations, il apparaît que tous les termes disparaissent 2 à 2 à

l’exception de a et de ₁ a et l’on a l’égalité ₇ a = ₁ a qui confirme que les cercles n°1 et n°7 ne ₇ font qu’un même cercle.

Avec des positions des points O_iet O_i1 par rapport aux sommets du triangle différentes de celles de la figure, on vérifie que lorsque les points sont situés de part et d’autre d’un sommet on a des relations du 1^er type a₁ua₂ 180^ et que lorsque les points sont du même côté elles sont du 2^ème type va₅ a₆.

Par exemple dans la 2^ème figure ci-dessous, on a les six relations

3 4

2 3 2

1 u a 180 ,a a v,a w a

a         ,

7 6

6 5

5

4 u a ,a v a 180 ,180 a w a

a

180          .Leur addition aboutit toujours à la relation a = ₁ a . ₇

Dernier exemple avec tous les centres des cercles successifs intérieurs au triangle ABC :

Cette fois-ci on a les relations a₁a₂ a₄a₅ u puis a₂a₃ a₅a₆ v et enfin w

a a a

a₃ ₄  ₆ ₇  . Là encore on obtient a = ₁ a . ₇