EX D146
Prenons l’origine au centre du premier cercle de rayonR, le second cercle de rayonR0 ayant son centre enO0(0, d) (avecd < R+R0 de fa¸con que les deux cercles se coupent enA et B). A l’instant 0 les deux coureurs sont enAqui a pour affixe Reiθ =d+R0eiθ0. La vitesse angulaire des deux coureurs ´etant la mˆeme (10025 = 2080 = 14), on peut choisir l’unit´e de temps de fa¸con que les affixes
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a l’instantt des pointsM et M0 soient respectivement: z=x+iy =Rei(θ+t) etz0=d+R0ei(θ0+t)=d+ eit(Reiθ−d) =z+d(1−eit).
On recherche alors un point fixeP d’affixez0=x0+iy0tel que:
P M =P M0 ⇔(x−x0)2+ (y−y0)2= (x−x0+d−dcost)2+ (y−y0−dsint)2
⇔0 = 2(x−x0)d(1−cost)−2(y−y0)dsint+ (d−dcost)2+ (dsint)2
⇔0 = (x−x0+d)(1−cost)−(y−y0) sint
⇔0 = (Rcos(θ+t)−x0+d)(1−cost)−(Rsin(θ+t)−y0) sint
⇔0 =Rcos(θ+t)−Rcos(θ+t) cost+(d−x0)(1−cost)−Rsin(θ+t) sint+y0sint
⇔0 =Rcos(θ+t)−Rcos(θ) + (d−x0)(1−cost) +y0sint
⇔0 = (d−x0−Rcos(θ))(1−cost) + (y0−Rsin(θ)) sint
Le pointP de coordonn´eesx0=d−Rcosθet y0=Rsinθ est donc toujours `a
´egale distance des deux coureurs.
Ce point P est le sym´etrique du point A par rapport `a la m´ediatrice du segment OO0. On peut prouver g´eom´etriquement que P est `a ´egale distance deM et M0 en montrant que les trianglesP OM etM0O0P sont isom´etriques.
En effet, OM = OA = O0P par sym´etrie; de mˆeme OP = O0A = O0M0; AOM\ =AO\0M0 =tetAOP[ =AO\0P par sym´etrie d’o`uP OM\ =P O\0M0. Par suite on a bienP M =P M0.
Une autre propri´et´e remarquable est queB, l’autre point commun aux deux cercles, est toujours align´e avecM et M0; en effet:
z0−z=d(1−eit) =−2disin(t/2)eit/2 et z−Re−iθ =−2Risin(θ+t/2)eit/2. On a doncM M0 parall`ele `aBM.
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