Démonstrations élémentaires et aspect dynamique du théorème des cercles inscrits égaux

lundi 10 août 2009
par  Dominique TOURNÈS , Yves MARTIN

Le théorème des cercles inscrits égaux a été proposé à l’investigation des lecteurs de Tangente dans son numéro spécial sur le cercle. On propose ici deux démonstrations élémentaires du théorème, l’une par récurrence, l’autre par le calcul explicite des rayons des cercles. Cette dernière approche permet une construction aisée de figures dynamiques pour toute valeur de n.

Le théorème et une première illustration

On considère un triangle ABC que l’on partage en n triangles AM_{k-1}M_k, 1\leq k\leq n, M_0 =B, M_n=C de telle façon que tous ces triangles aient leurs cercles inscrits de même rayon.
Le théorème des cercles inscrits égaux (TCIE) dit alors que les triangles formés des regroupements consécutifs de p de ces petits triangles pour 2\leq p\leq n-1, sont encore des triangles de rayon de cercle inscrit constant.

En voici une illustration :

Genèse et organisation de l’article

Pour inviter à chercher cela « d’une manière élégante et élémentaire » (i. e. sans recours aux fonctions hyperboliques), l’article de Tangente propose de commencer par étudier le partage en deux, en cherchant la longueur [AM_1] du segment réalisant ce partage. C’est en observant que cette donnée n’est pas suffisante pour une construction dynamique que cet article s’est construit peu à peu...

Yves Martin, qui est à l’origine de l’article, a tout d’abord élaboré une première démonstration du théorème des cercles inscrits égaux. Cette preuve par récurrence, qui a l’élégance du formalisme, est construite sur les relations entre les côtés des triangles de rang p. Mais, dans un contexte de géométrie dynamique, elle se heurte aux limites de son élégance : elle n’est pas constructive. Devant les difficultés rapidement assez énormes (présentées en annexe) rencontrées dans la construction des figures, Dominique Tournès a abordé le problème d’une façon plus synthétique. Il propose une investigation conduisant à des valeurs explicites pour les rayons des cercles inscrits des différents rangs : il en résulte une seconde démonstration du théorème des cercles inscrits égaux et une « formule magique » qui, en particulier, donne la clé d’une construction dynamique pour tout partage.

La mise en page de l’article est organisée en onglets, chacun traitant d’une partie du sujet. Tous les onglets sauf un ont été rédigés par Yves Martin : ils contiennent des figures dynamiques originales, développent de nombreux aspects du problème et en proposent des prolongements allant jusqu’à son extension en géométrie hyperbolique. Dominique Tournès, quant à lui, a rédigé l’onglet TCIEray qui contient le calcul explicite des rayons des cercles inscrits des différents rangs et la seconde démonstration du théorème des cercles inscrits égaux. Tout au long de l’élaboration de l’article, les deux auteurs ont développé une collaboration fructueuse : c’est ainsi qu’Yves Martin a exploité les formules de Dominique Tournès pour la construction de ses figures dynamiques et que Dominique Tournès a réinvesti dans ses calculs des résultats auxiliaires significatifs trouvés par Yves Martin.

Les deux auteurs s’en sont tenus au cahier des charges de Tangente, qui consistait à « s’interdire tout recours à la fonction sinus hyperbolique ». On trouvera dans un autre article, sous la plume de Géry Huvent, une troisième preuve par la trigonométrie hyperbolique.

Dans un souci de confort à l’écran — le LaTeX en ligne prenant beaucoup de place — les onglets peuvent parfois avoir des blocs déroulants : il s’agit d’un lien qui se déroule dans le texte si on clique dessus. C’est par exemple utilisé pour mettre une figure autour de textes. Soit les textes, soit la figure associée sont dans des blocs. Cela permet d’ouvrir juste une partie d’une démonstration que l’on peut voir à l’écran en même temps que la figure.


Contenu des onglets

Partie 1. Preuve par récurrence sur les côtés des triangles annexes

TCIE2 : Le cas n = 2 comme lemme initial
Le Sangaku proposé par Tangente est la clé de voûte de cette démonstration. Une première preuve et une illustration dynamique des problèmes rencontrés.
TCIE3 : Le cas n = 3 comme initialisation de la récurrence
Preuve algébrique de l’égalité des rayons des cercles dans ce cas.
Cette preuve se fait sans avoir à résoudre les équations proposées. Toutefois, dans une démarche d’investigation, les étapes significative de la démarche peuvent être testées sur des figures illustrant la situation.
TCIE4 : Le cas n = 4 comme principe d’hérédité de la récurrence
Les détails des calculs dans ce cas font émerger des éléments très clairs pour la récurrence sur les coordonnées barycentriques des points de partage.
La transitivité de l’égalité des rayons fonctionne une première fois sur un rang.
La preuve pour l’égalité des deux rayons supérieurs est encore trop spécifique pour voir vraiment la récurrence sur les rayons, cœur de la démonstration du théorème.
TCIEn : La preuve par récurrence
Elle se fait en trois parties, la première, élémentaire, sur les coefficients barycentriques des points de partage, la seconde sur l’extension de la relation du cas 4 sur l’équation du second degré reliant les côtés extrêmes du partage. On utilise une récurrence forte pour cela. La troisième partie n’est qu’une mise en œuvre de cette relation de récurrence.

Partie 2. Preuve directe par calcul des rayons

TCIEray : Calcul explicite des rayons des cercles inscrits des différents rangs et seconde preuve du théorème
On détermine ici des formules explicites pour les rayons des cercles inscrits de tous les rangs. Il en résulte une construction simple d’une figure dynamique pour toute valeur de n et une seconde démonstration du théorème des cercles inscrits égaux.

Partie 3. Annexes

TCIE+ : Le rapport des rayons par équation barycentrique de droites
Montrer que les rayons sont égaux revient à montrer que la droite des centres est parallèle à (BC). Or on connaît les coordonnées barycentriques des centres...
TCIE3alg : Mise en œuvre de la solution algébrique pour n = 3
Avant que Dominique Tournès ne cherche les rayons des cercles, une résolution effective du cas n = 3 a été effectuée. Nous vous la proposons ici, au moins pour témoigner de la robustesse de CaRMetal, vu la complexité des calculs intermédiaires.
TCIEgne : Qu’en est-il dans d’autres géométries ?
Beaucoup de propriétés sur les cercles inscrits étant valables de manière absolue, qu’en est-il de celle-ci ? Exploration hyperbolique de ce résultat euclidien.


TCIE2

Le cas de deux cercles inscrits égaux

J’avoue être arrivé un peu tard sur ce sujet (pendant les vacances de juillet 2009 alors que la revue a été publiée en avril) aussi n’ai-je pas cherché à résoudre cette partie, mes deux collègues Dominique Tournès et Jean-Marc Breslaw l’ayant fait bien avant comme exercice d’entraînement. Plus précisément ils ont répondu à la question de la revue :


On partage le triangle ABC en deux triangles ABM et AMB ayant leurs cercles inscrits de même rayon r. Calculer la valeur de AM en fonction des longueurs a, b et c des côtés du triangle.

On trouve 4AM^2 = (b+c-a)(b+c+a), ou encore \boxed{AM = \frac{\sqrt{(b+c)^2-a^2}}{2}}\,.

Preuve proposée par Jean-Marc Breslaw

(Ceci est une copie d’écran, pas une figure dynamique)


Avec les notations usuelles ci-dessus, rappelons que KM =\frac{x+BM-c}{2} et SM =\frac{x+CM-b}{2}.

Alors \tan(\theta) =\frac{2r}{x+BM-c} et \frac{1}{\tan(\theta)}=\frac{2r}{x+CM-b}.

En sommant les inverses, on obtient \frac{r}{\cos(\theta)\sin(\theta)}=\frac{2x+a-b-c}{2}, ou :

(1)\quad     \frac{r}{\sin(\widehat{AMB})}=\frac{r}{\sin(\widehat{AMC})}=\frac{2x+a-b-c}{4}.

D’autre part, en exprimant les aires des triangles AMB et AMC, on obtient x.BM.\sin(\widehat{AMB})=r(c+x+BM) et x.CM.\sin(\widehat{AMC})=r(b+x+CM), soit :

(2)\quad     \frac{r}{\sin(\widehat{AMB})}=\frac{x.BM}{x+BM+c}=\frac{x.CM}{x+CM+b}=\frac{x.a}{2x+a+b+c}.

On déduit de (1) et (2) : 4ax = (2x+a+b+c)(2x+a-b-c), et donc x = \frac{\sqrt{(b+c)^2-a^2}}{2} .


Une seconde preuve sera proposée par Dominique Tournès à l’onglet TCIEray qui va aussi calculer directement le rayon r du cercle en fonction de a, b et c et de n avec une fabuleuse expression à la clé.

Ayant obtenu cette valeur de AM, Il suffit de faire une figure pour s’apercevoir que sa simple utilisation ne répond pas aux contraintes d’une figure dynamique. Par contre, la valeur de AM permet d’exprimer M comme barycentre de B et C et donc de réaliser une figure dynamique correcte. Voici les étapes de cette recherche, regroupées en une seule figure :


(Parcourir les différents items de la figure ; les relations présentées seront utilisées plus loin.)

TCIE3

Le cas de trois cercles inscrits égaux - Relation entre les côtés

On peut appliquer ce qui précède aux parties d’un triangle partagé en trois triangles de cercles inscrits égaux. Du sommet A du triangle ABC, on trace les segments [AX] et [AY], de longueurs respectives x et y, tels que ABX, AXY et AYC aient des cercles inscrits égaux. On continue de noter c’ la longueur sur [BC] du côté de B : c’ = BX. On note b’ = YC et a’ = XY.

En appliquant les relations vues au dernier item de la figure précédente, aux deux triangles ABY et AXC qui ont tous les deux un partage en deux triangles de cercles inscrits de rayon r, on a tout de suite :

  • X est barycentre de B \left(\frac{x+y}{2x+c+y}\right), Y \left(\frac{x+c}{2x+c+y}\right) ;
  • Y est barycentre de X \left(\frac{y+b}{2y+x+b}\right), C \left(\frac{y+x}{2y+x+b}\right).

Ce qui donne, en exprimant X et Y comme barycentres de B et C :

  • X est barycentre de B \left(\frac{2y+x+b}{2x+2y+b+c}\right), C \left(\frac{x+c}{2x+2y+b+c}\right) ;
  • Y est barycentre de B \left(\frac{y+b}{2x+2y+b+c}\right), C \left(\frac{2x+y+c}{2x+2y+b+c}\right).

On en déduit aussitôt les valeurs de c’, a’, b’ en fonction de a, b, c, x et y :

c' = \frac{a(x+c)}{2x+c+y}, a' = \frac{a(x+y)}{2x+c+y}, b' = \frac{a(y+b)}{2x+c+y}.

Ces calculs étant faits, même sans pouvoir encore calculer x et y, on peut déjà les vérifier sur une figure de travail.

Ouvrir la figure dynamique


En effet, on peut commencer par faire une figure avec deux cercles inscrits égaux, et ajouter, par construction, un troisième cercle inscrit de même rayon à droite. La figure n’est pas dynamique dans le sens où ce n’est pas ABC qui est dynamiquement découpé, mais en fait ABY. Le point C est construit par la suite, mais cette figure permet à la fois de vérifier les calculs et de conduire quelques analyses.
Elle est présentée ici de manière plus complète, car elle contient des vérifications des calculs suivants.

Une fois les coordonnées barycentriques de X et Y calculées, on peut revenir à l’expression initiale de x en fonction des côtés de ABY et à celle de y en fonction des côtés de AXC. On a, toujours en appliquant la relation dans le cas des deux cercles :

i)\quad     4x^2 = (c+y-a+b')(c+y+a-b') ;
ii)\quad    4y^2 = (x+b-a+c')(x+b+a-c').

En utilisant les expressions de b’ et c’, on arrive à un système en (xy) du troisième degré :

(1)\quad    (x+b-2y)(2x+2y+b+c)^2 = a^2(x+b+2y) ;
(2)\quad    (y+c-2x)(2x+2y+b+c)^2 = a^2(y+c+2x).

En faisant le quotient des deux, on a une relation du second degré entre x et y : x^2- y^2 + bx -cy = 0, soit encore :

(3)\quad x(x+b) = y(y+c).

Cette dernière relation permet de calculer y facilement dès que l’on a trouvé l’expression de x.

On peut revenir à la figure précédente et constater que ces relations sont bien vérifiées.

Égalité des cercles inscrits suivants - Initialisation de la récurrence

Il s’agit maintenant de montrer que, dans l’hypothèse du partage de ABC en trois triangles de cercles inscrits égaux, les cercles inscrits des triangles regroupés par deux, ici ABY et AXC, sont encore égaux.

Pour cela on peut remarquer que, dans le cas du partage du triangle ABC en deux triangles de cercles inscrit égaux de rayon r, en notant encore R le rayon du cercle inscrit du triangle initial, on a :

\frac{R}{r}=1+\frac{\sqrt{(b+c)^2-a^2}}{a+b+c} =1+ \frac{2m}{a+b+c}.

Notons alors R_x le rayon du cercle inscrit à ABY, partagé par le segment de longueur x et R_y celui du cercle inscrit à AXC partagé par le côté de longueur y. On a :

\frac{R_x}{r} = 1+\frac{2x}{c+y+c'+a'}\ et \ \frac{R_y}{r} = 1+\frac{2y}{x+b+a'+b'}.

Ainsi les deux cercles auront même rayon si et seulement si \frac{x}{y} = \frac{c+y+c'+a'}{x+b+a'+b'}.

En notant D = 2x+2y+b+c le dénominateur qui intervient dans l’expression des trois longueurs a’, b’, c’, on peut écrire :

\frac{c+y+c'+a'}{x+b+a'+b'} =\frac{D(c+y)+a(2x+y+c)}{D(x+b)+a(2y+x+b)}=\frac{(y+c)(D+a)+2ax}{(x+b)(D+a)+2ay} \quad  (a).

Or (y+c)(D+a)+2ax =(y+c)\left((D+a)+\frac{2ax}{y+c}\right) et
(x+b)(D+a)+2ay =(x+b)\left((D+a)+\frac{2ay}{x+b}\right).

Or on a vu — par (3) — que \frac{y}{x+b} = \frac{x}{y+c}, donc le quotient (a) est égal à \frac{y+c}{x+b}, c’est-à-dire à \frac{x}{y}, toujours par (3).

En reprenant les calculs en détail, on voit que l’égalité (3) est équivalente à l’égalité des rayons des cercles inscrits des triangles de partage pris par deux.

Là encore on peut se reporter à l’item 5 de la figure de travail précédente pour en voir une illustration.

TCIE4

Cas de quatre cercles - Hérédité de la récurrence

Dans cette partie, nous allons détailler les relations entre les différentes variables dans le cas de quatre cercles en mettant en évidence la généralité des calculs : ce passage de trois à quatre cercles contient exactement les mêmes calculs que le passage de n à n + 1 cercles, mais cela sera abordé plus en détail dans l’onglet suivant.

Les preuves sont rassemblées en blocs. Cliquer sur les blocs pour lire les détails et sur le bloc de la figure pour une illustration.

On reprend la figure de base (la figure suivante illustre les vérifications possibles des calculs) : le triangle ABC est désormais partagé en quatre triangles dont les sommets sur [BC] sont successivement X, Y et Z. Le premier triangle est ABX et le quatrième AZC. On notera encore x, y, z les longueurs des segments [AX], [AY], [AZ], puis c’ = BX, x’ = XY, y’ = YZ et b’ = ZC.

Calculs barycentriques de X, Y et Z


Calculs barycentriques de X, Y et Z

On applique les résultats obtenus pour le cas de trois cercles aux deux triangles ABZ et AXC.

Dans le triangle ABZ, on peut écrire :

  • X est barycentre de B : \frac{2y+x+z}{2x+2y+c+z} et de Z : \frac{x+c}{2x+2y+c+z} ;
  • Y est barycentre de B : \frac{y+z}{2x+2y+c+z} et de Z : \frac{2x+y+c}{2x+2y+c+z}.

Dans le triangle AXC, on a aussi

  • Y est barycentre de X : \frac{2z+y+b}{2y+2z+x+b} et de C : \frac{y+x}{2y+2z+x+b} ;
  • Z est barycentre de X : \frac{z+b}{2y+2z+x+b} et de C : \frac{2y+z+x}{2y+2z+x+b}.

On remarquera que le numérateur du coefficient de B pour X dans le premier triangle est le même que celui de C pour Z dans le second triangle, ce qui permet la simplification « attendue » quand on cherche les coefficients barycentriques de X et Y dans le repère (B, C). Il vient alors :

  • X est barycentre de B : \frac{x+2y+2z+b}{2(x+y+z)+b+c} et de C : \frac{x+c}{2(x+y+z)+b+c} ;
  • Z est barycentre de B : \frac{z+b}{2(x+y+z)+b+c} et de C : \frac{z+2y+2x+c}{2(x+y+z)+b+c}.

En regardant les expressions barycentriques pour deux cercles, puis pour trois cercles, on voit s’installer une stabilité qui permet de poser une relation de récurrence pour les points extrêmes du partage : les expressions du numérateur pour les deux points extrêmes ne changent pas (respectivement x + c et z + b) et la remarque précédente sera toujours vraie puisque l’on prendra toujours les deux triangles composés de n - 1 triangles de partage dans le cas d’un partage en n triangles.
L’expression du dénominateur est claire et la même remarque assure son hérédité.

En pratique, ces deux calculs suffisent pour montrer aussi l’égalité des rayons des deux derniers cercles inscrits, mais poursuivons quand même les calculs pour les points intermédiaires, ici le point Y et les longueurs x’ et y’.

En utilisant l’expression de Z dans (B, C) dans l’expression de Y dans (B, Z), il vient :

  • Y est barycentre de B : \frac{y+2z+b}{2(x+y+z)+b+c} et de C : \frac{y+2x+c}{2(x+y+z)+b+c}.

Il fallait faire ce calcul pour pouvoir conjecturer la relation de récurrence pour les points intermédiaires. Ces calculs donnent alors pour les longueurs

c'=a\frac{x+c}{2(x+y+z)+b+c} , x'=a\frac{x+y}{2(x+y+z)+b+c}, y'=a\frac{y+z}{2(x+y+z)+b+c} et b'=a\frac{z+b}{2(x+y+z)+b+c}.

Figure dynamique d’illustration pour le cas n = 4


Figure d’illustration pour le cas n = 4

Égalité des rayons des deux derniers cercles


Égalité des rayons des deux derniers cercles

Comme détaillé dans l’item 5 de la figure d’illustration du bloc dépliable ci-dessus, quand on dispose de quatre (ou plus) cercles inscrits égaux, on a automatiquement l’égalité des cercles du rang au dessus. Dans tous les cas, il reste à vérifier l’égalité des deux derniers cercles, avant le cercle inscrit à ABC.

Pour cela reprenons l’argument présenté dans la figure du paragraphe sur le partage en deux : le rapport h/r, pour une même hauteur h issue de A et un même rayon r, s’exprime de deux façons dans chacun des triangles. On cherche à égaliser ces deux valeurs.

Dans le cas qui nous occupe, le rapport \frac{h}{R_1} du triangle ABZ vaut \frac{c+z}{c'+x'+y'} et le rapport \frac{h}{R_2} du triangle AXC vaut \frac{x+b}{x'+y'+b'}.

Les deux rayons sont égaux ssi ces rapports le sont et donc ssi on a

\frac{c'+x'+y'}{x'+y'+b'} = \frac{c+z}{x+b}.

Là encore, on peut sentir le caractère générique de la situation puisque l’on traitera toujours des deux grand triangles d’ordre n - 1 dans un partage d’ordre n, et que les côtés extrêmes c’ et b’ ont toujours la même expression en fonction des données du problème.

Si une relation générale — donc ici de récurrence — permet de montrer cette égalité, alors cette preuve pour le cas n = 4 vaudra pour les cas pour n > 4. Démontrer le TCIE revient à chercher cette relation. Mais en fait, pour n = 4, la situation est encore trop élémentaire pour qu’on perçoive véritablement cette relation. Elle est bien sûr une généralisation de la relation (3) qui a déjà permis de résoudre l’égalité des « deux derniers cercles » dans le cas n = 3.

Actualisons quelque peu cette relation pour tenter de la généraliser :

Dans le cas de trois cercles on a la relation x^2-y^2=yc-bx. Cette relation s’écrit aussi x(x+b) = y(y+c). Nous avons déjà noté qu’elle est équivalente à l’égalité des rayons de rang supérieur pour le cas n = 3. Regardons ce qu’elle devient dans le cas de quatre cercles :

  • Dans le triangle ABZ, la relation s’écrit : x^2-y^2 = yc-xz.
  • Dans le triangle AXC, elle devient : y^2-z^2 = zx-yb.

Soit en sommant : x^2-z^2 = y(c-b), relation élémentaire, mais bien trop particulière — due à la position médiane de y qui est à la fois le second segment en partant de B et le (n-2)^{ième} en partant de C. Cette particularité ne doit toutefois pas masquer la généralité du procédé comme nous le verrons dans la preuve par récurrence générale.

L’expression (3) sous forme de produit va nous être utile aussi. Elle peut s’écrire, dans les deux triangles de rang 3 : x(x+z)=y(y+c) et y(y+b)=z(z+x), soit encore, après simplification, \frac{x}{z}= \frac{y+c}{y+b}, là encore expression que l’on saura étendre au cas général. Pour ce qui nous intéresse, on a donc x(y+b) =z(y+c).

Reste à voir que cette relation donne bien l’égalité des rapports. En exprimant les côtés en fonction de x, y, et z (considérés comme les deux côtés des triangles de rang n - 1, et en simplifiant par a, on cherche à montrer l’égalité :

\frac{2x+2y+z+c}{x+2y+2z+b} = \frac{c+z}{x+b}

Soit encore à montrer la nullité de l’expression (E) : (2x+2y+z+c)x+b)- (x+2y+2z+b)(c+z).

Après simplification cette expression s’écrit : x^2+xy+b(x+y)-z^2-yz-c(y+z).

Soit \left(x^2-z^2+(b-c)y\right)+\left((xy+bx)-(yz+cy)\right).

La première parenthèse est nulle de par la relation (3) du second degré entre x et z, la seconde parenthèse est nulle de par la version « produit » de cette même relation étendue.

Ainsi les rayons des cercles inscrits des triangles de rang 3 (i. e. formés de trois petits triangles) sont égaux, ce qui achève la démonstration du théorème des cercles inscrits égaux, pour le rang 4.

Là encore on voit que la relation x(y+b) =z(y+c), une fois correctement indicée, est équivalente à l’égalité des rayons des cercles inscrits des triangles de rang 3 dans un triangle de rang 4, inclus dans un partage plus général.

Complément sur la construction de TCIE4


Complément sur la construction de TCIE4

Le rayon des cercles inscrits d’un partage en 2 ne dépend pas que du rayon du cercle inscrit initial.

C’est une évidence depuis le calcul de Dominique Tournès, bien entendu, mais cela invite à réflexion quant à la double application du partage en 2 pour un partage en 4. Ici une figure d’archive (i. e. d’avant le calcul) pour illustrer que deux triangles ayant des cercles inscrits égaux ne produisent pas des partages en deux de cercles ayant même rayon.


TCIEn

La démonstration par récurrence

Cette partie contient aussi une figure de travail sur un partage en 7 et en 8 qui permet d’observer la validation des différentes étapes de la récurrence

La première partie de la preuve, sur la barycentration des points de partage, est une réécriture indicée de la partie précédente. Mais la particularité du cas n = 4 cache quelque peu la relation qui permet de montrer l’égalité des derniers rayons de cercles. C’est ce que nous allons préciser dans une seconde partie.

On considère donc un triangle ABC, de côtés respectifs a = BC, b = AC et c = AB que l’on veut partager en n triangles AM_{k-1}M_k pour 1\leq k \leq n, ayant tous même rayon de cercle inscrit de rayon r=r_{n,1}, avec M_0 = B et M_n = C.

On notera x_k la longueur du segment [AM_k] pour 1\leq k \leq n-1 car on conservera la notation b et c respectivement pour x_n et x_0.
On appellera triangle de rang p un triangle formé de p de ces AM_{k-1}M_k triangles contigus. Le triangle ABC est le seul de rang n. Dans la récurrence, on s’intéressera plus particulièrement aux deux triangles de rang n - 1, ABM_{n-1} et AM_1C.

Le théorème des cercles inscrits égaux (TCIE) dit que si les triangles de rang 1 ont des cercles inscrits égaux (de rayon r_{n,1}), alors les triangles de rang supérieur k ont aussi leurs cercles inscrits égaux r_{n,k}. Le cercle inscrit à ABC étant le cercle de rayon r_{n,n} que l’on a noté R au début de cet article et dans certaines figures.

Les paragraphes précédents ont montré ce résultat d’abord pour n = 3 en montrant directement l’égalité des rayons r_{3,2}. Pour n = 4, on a vu que l’utilisation du résultat pour n = 3 permet de traiter directement le cas des triangles de rang 2 (les cercles de rayon r_{4,2}). Il a fallu à nouveau montrer le résultat pour les deux cercles des triangles de rang 3. On l’a fait avec un regard vers la récurrence.

La transitivité de l’égalité des rayons r_{n,k} des cercles des triangles de rang k, quand il y a au moins trois cercles à ce rang-là, assure dans le cas n, le théorème étant supposé vrai au rang n - 1, l’égalité des rayons des cercles inscrits du rang n - 2 (3 cercles de rayon r_{n,n-2}) au rang 1 (les n cercles de rayon r_{n,1}, égaux eux par hypothèse). La seule chose à montrer est donc l’égalité au rang n - 1 des deux cercles inscrits dans ABM_{n-1} et AM_1C.

La démonstration est organisée en trois parties, répartie sur trois blocs dépliables et un bloc pour une figure d’illustration :

Calcul des coordonnées barycentriques de M_1 et M_{n-1} dans (B, C), par récurrence sur n.


Calcul des coordonnées barycentriques de M_1 et M_{n-1}

Dans le partage de ABC d’ordre p \leq n, on note D_p=2\left(\sum_{i=1}^{p-1}x_i\right) +b+c. On suppose donc par récurrence que les coordonnées barycentriques de ce partage de ABC sont (relations montrées pour n = 3 et n = 4) :

  • M_1 est barycentre de B\left(\frac{D_p-x_1-b}{D_p}\right) et C \left(\frac{x_1+b}{D_p}\right) ;
  • M_{p-1} est barycentre de B\left(\frac{x_{p-1}+c}{D_p}\right) et C\left(\frac{D_p-x_{p-1}-c}{D_p}\right).

On applique ce résultat à l’ordre n - 1 pour M_1 dans le triangle ABM_{n-1} et pour M_{n-1} dans le triangle AM_1C. Cela donne :

  • M_1 est barycentre de B \left(\frac{2\sum_{i=2}^{n-2}x_i+x_1+x_{n-1}}{2\sum_{i=1}^{n-2}x_i+c+x_{n-1}}\right) et M_{n-1} \left(\frac{x_1+c}{2\sum_{i=1}^{n-2}x_i+c+x_{n-1}}\right) ;
  • M_{n-1} est barycentre de M_1 \left(\frac{x_{n-1}+b}{2\sum_{i=2}^{n-1}x_i+x_1+b}\right) et C \left(\frac{2\sum_{i=2}^{n-2}x_i+x_1+x_{n-1}}{2\sum_{i=2}^{n-1}x_i+x_1+b}\right).

On remarque, comme déjà mentionné dans le cas n = 4, que le coefficient en B de M_1 est le même que celui en C de M_{n-1} ce qui assure à nouveau la simplification et l’itération du dénominateur de D_{n-1} à D_n (il suffit de faire les produits et de simplifier).

On a donc montré que

  • M_1 est barycentre de B \left(\frac{x_1+2\sum_{i=2}^{n-1}x_i+b}{D_n}\right) et C \left(\frac{x_1+b}{D_n}\right)
  • M_{n-1} est barycentre de B \left(\frac{x_{n-1}+b}{D_n}\right) et C \left(\frac{2\sum_{i=1}^{n-2}x_i+x_{n-1}+c}{D_n}\right)

Coordonnées barycentriques des M_k intermédiaires (2\leq k \leq n-2)

Nous n’allons pas le montrer en détail car ces résultats ne sont qu’un complément, ils n’interviennent pas dans la démonstration du TCIE, mais la même démarche aboutit par récurrence, aux relations :

  • M_k est barycentre de B \left(\frac{x_k+2\sum_{i=k+1}^{n-1}x_i+b}{D_n}\right) et C \left(\frac{2\sum_{i=i}^{k-1}x_i++x_kc}{D_n}\right)

Si on note alors a_k la longueur du segment [M_{k-1}M_k] (avec M_0 = B et M_n = C, on en déduit que a_k = a \frac{x_{k-1}+x_k}{D_n} en notant c=x_0 et b=x_n

Signalons toutefois que les valeurs de a_1 et de a_n ont bien été montrées par le calcul barycentrique de M_1 et de M_{n-1}, ce sont les seules qui vont servir dans la suite.

Relation de récurrence entre x_1, x_{n-1}, b et c


Relation de récurrence entre les segments extrêmaux b et c

Relations entre les segments intermédiaires

La relation (3) vue lors de l’étude d’un partage d’ordre 3 se traduit ici dans le fait que dans tout triangle de rang 3 de la forme AM_{k-1}M_{k+2}, on a toujours la relation x_k(x_k+x_{k+2}) = x_{k+1}(x_{k+1}+x_{k-1}). De même dans tout triangle de rang 4 du type AM_{k-2}M_{k+2} on a la version « étendue » appliquée dans le cas du partage en 4, soit, par exemple, sous forme de quotient : \frac{x_{k-1}}{x_{k+1}} = \frac{x_k+x_{k-2}}{x_k+x_{k+2}} (x_k servant de pivot dans ce cas).

La relation dans les triangles de rang 3 signifie que tous les cercles inscrits des triangles de rang 2 sont égaux à r_{n,2}, et la relation dans les triangles de rang 4 signifie que tous les cercles inscrits des triangles de rang 3 sont égaux à r_{n,3}

Deux directions de généralisation sont envisageables :

- Un balayage horizontal de la figure : en parcourant tous les triangles d’ordre 4, on peut écrire \prod_{k=1}^{n-2}\frac{x_k}{x_{k+1}}=\prod_{k=1}^{n-2}\frac{x_{k+1}+x_{k-1}}{x_k+x_{k+2}}, et il vient la relation :

(4)\quad     \frac{x_{n-1}}{x_1} = \frac{x_{n-2}+b}{x_2+c}.

On comprend mieux la particularité du cas n = 4, la longueur y de cette partie étant à la fois x_2 et x_{4-2}. Et pourtant c’est cette relation (4) qui va nous permettre de conclure.

- Un balayage vertical, en montant dans les rangs des triangles pour, après avoir trouvé une relation équivalente à l’égalité des rayons r_{n,2}, et une autre pour r_{n,3}, poursuivre pour r_{n,p}. De nombreuses écritures sont possibles et en particulier l’égalité des rayons r_{n,p} s’écrit aussi, pour k variant de 0 \left(x_0=c\right) à n - p \left(x_n=b\right) par l’égalité des rapports \frac{x_k+x_{k+p}}{x_k+2\sum_{i=1}^{p-1}x_{k+i}+x_{k+p}}, relation dont on vérifiera l’équivalence avec (3) pour les triangles de rang 2, mais qui est différente pour les rangs supérieurs : de par les relations sur les longueurs a_k du bloc dépliable précédent, elle exprime directement l’égalité des cercles inscrits des triangles de rang k.

C’est une autre piste de travail. Nous n’avons pas approfondi cette seconde approche de balayage vertical, même si elle est, de fait, présente dans l’utilisation d’une récurrence forte.

Relations de récurrence entre les deux segments extrêmes

Il s’agit d’étendre les relations trouvées aux rangs 3 et 4, à savoir

x_2^2-x_1^2=x_1b-x_2c pour le rang 3 et x_3^2-x_1^2=x_2(b-c) pour le rang 4, cette dernière s’écrivant aussi x_3^2-x_1^2=x_2(x_1-x_3+b-c)+x_1b-x_3c en vertu de (4) qui permet d’écrire ici bx_1-cx_3 = x_2x_3-x_1x_2.

Autrement dit, en posant K_3=0 et K_n=\sum_{i=2}^{n-2}x_i pour n \geq 3 (ou encore K_{n}=K_{n-1}+x_{n-2} pour n \geq 3), la relation :

(E_n)\quad     x_{n-1}^2-x_1^2=K_n(x_1-x_{n-1}+b-c)+bx_1-cx_{n-1}

est vérifiée pour n = 3 et n = 4.

On se propose de la montrer par récurrence forte sur n, plus particulièrement pour n \geq 5, en la supposant vraie pour n - 1 et n - 2.


On peut trouver l’initialisation de K pour n = 3 un peu artificielle pour une preuve par récurrence forte mais elle reste logique et complètement valide dans l’utilisation que l’on va en faire.
Toutefois il est facile de prouver manuellement la relation pour n = 5 en suivant exactement le même procédé que ce que l’on va faire dans le cas général.
Cela a été ajouté en complément dans le dernier bloc de cet onglet

On suppose donc la relation de récurrence vraie aux rangs n - 2 et n - 1, et nous allons l’appliquer deux fois au rang n - 1 et une fois au rang n - 2.

Au rang n - 1 dans le triangle ABM_{n-1} la séquence générique (n,x_1,x_{n-1},b,c,K_n) devient (n-1,x_1,x_{n-2},x_{n-1},c,K_{n-1}) et on peut écrire :

(a)\quad     x_{n-2}^2-x_1^2 = K_{n-1}(x_1-x_{n-2}+x_{n-1}-c)+x_{n-1}x_1-cx_{n-2}.

Au rang n - 1 dans le triangle AM_1M_n la séquence générique (n,x_1,x_{n-1},b,c,K_n) devient (n-1,x_2,x_{n-1},b,x_1,K_n-x_2) et on peut écrire :

(b)\quad     x_{n-1}^2-x_2^2 = (K_n-x_2)(x_2-x_{n-1}+b-x_1)+bx_2-x_1x_{n-1}.

Enfin au rang n - 2 dans le triangle AM_1M_{n-1} la séquence générique (n,x_1,x_{n-1},b,c,K_n) devient (n-2,x_2,x_{n-2},x_{n-1},x_1,K_{n-1}-x_2) et on peut écrire :

(c)\quad     x_{n-2}^2-x_2^2=(K_{n-1}-x_2)(x_2-x_{n-2}+x_{n-1}-x1)+x_2x_{n-1}-x_1x_{n-2}.

En faisant (a) + (b) - (c), le terme de gauche est x_{n-1}^2-x_1^2 et le terme de droite, après les premières simplifications algébriques immédiates, devient : K_{n-1}(2x_1-c-x_2)+K_n(x_2-x_{n-1}+b-x_1)-cx_{n-2}+x_2x_{n-1}-x_2x_{n-2}+x_1x_{n-2}.

Après regroupement, en utilisant l’égalité K_n-K_{n-1}=a_{n-2}, on obtient K_n(x1-x_{n-1}+b-c)-x_{n-2}x_1+x_2x_{n-1} ce qui est bien la formule de récurrence (E_n) si on se souvient que, par la relation (4), x_2x_{n-1}-x_{n-2}x_1 = bx_1-cx_{n-1}.

L’égalité des rayons des cercles inscrits des deux triangles de rang n - 1


Avec les notations précédentes, les rayons sont égaux si le rapport h/r dans les deux triangles de rang n - 1, ABM_{n-1} et AM_1M_n, est le même, c’est-à-dire si on a l’égalité (après inversion des « termes moyens » de l’égalité initiale) :

\frac{c+x_{n-1}}{x_1+b} = \frac{2\sum_{i=1}^{n-2}x_i+x_{n-1}+c}{x_1+2\sum_{i=2}^{n-1}x_i+b}.

En notant K_n=\sum_{i=2}^{n-2}x_i, cette égalité à montrer s’écrit aussi, après simplification :

x_{n-1}^2-x_1^2=K_n(x_1-x_{n-1})+K_n(b-c) +bx_1-cx_{n-1}.

C’est-à-dire exactement la relation (E_n) que nous venons de démontrer par récurrence ci-dessus.

Ceci achève donc la démonstration par récurrence du théorème des cercles inscrits égaux.

Complément : preuve directe de E_5 résumée dans une figure CaRMetal


Cette figure contient aussi une nouvelle relation entre les segments, que l’on peut interpréter comme étant d’un rang de plus dans le balayage vertical présenté plus haut, l’écart des indices entre les segments utilisé augmentant d’une unité.


TCIEray

Calcul explicite des rayons des cercles inscrits des différents rangs et seconde preuve du théorème

Jean-Marc Breslaw ayant attiré mon attention sur le problème posé par la revue Tangente, j’ai tout d’abord, comme lui, pris plaisir à calculer AM en fonction de a, b et c. Ma preuve est essentiellement la même que celle de mon collègue, reproduite plus haut dans l’onglet TCIE2, si ce n’est que je pars d’une autre expression, sans doute moins connue, du rayon du cercle inscrit dans un triangle. Le lecteur curieux pourra consulter ce second calcul de AM dans le bloc dépliant ci-dessous.

Second calcul de AM


Écrivons l’égalité des rayons des cercles inscrits dans ABM et AMC, en notant \widehat{M}=\widehat{AMB} :

\left( \frac{AB+AM+BM}{2} - AB \right) \tan \frac{\widehat{M}}{2} = \left( \frac{AC+AM+CM}{2} - AC \right) \tan \frac{\pi -\widehat{M}}{2}.

En remplaçant CM par BC - BM, cette égalité devient :

(AM+BM-AB) \tan^2 \frac{\widehat{M}}{2}= (AM-BM+BC-AC).

Exprimons le carré de la tangente en fonction des côtés :

\tan^2 \frac{\widehat{M}}{2}=\frac{1}{\cos^2  \frac{\widehat{M}}{2}} -1=\frac{2}{1+\cos \widehat{M}}-1=\frac{1-\cos \widehat{M}}{1+\cos \widehat{M}},

soit : \tan^2 \frac{\widehat{M}}{2}=\frac{1-\frac{AM^2+BM^2-AB^2}{2AM.BM}}{1+\frac{AM^2+BM^2-AB^2}{2AM.BM}}=\frac{(AB-AM+BM)(AB+AM-BM)}{(AM+BM-AB)(AM+BM+AB)}.

L’égalité initiale devient alors, après simplification par AM + BM - AB :

(AB-AM+BM)(AB+AM-BM)=(AM+BM+AB)(AM-BM+BC-AC),

ce qui s’écrit, après développement et réduction :

2AM^2-2AM.BM+AM(a-b+c)+BM(a-b-c)+c(a-b-c)=0.

Par symétrie, on peut écrire la même égalité en permutant B et C :

2AM^2-2AM.CM+AM(a+b-c)+CM(a-b-c)+b(a-b-c)=0.

En ajoutant les deux égalités précédentes et en remarquant que BM + CM = BC = a, il vient :

4AM^2+(a+b+c)(a-b-c)=0, soit enfin : \boxed{AM=\frac{\sqrt{(b+c)^2-a^2}}{2}}\,.


Les investigations fascinantes d’Yves Martin autour de ce Sangaku m’ont ensuite donné envie de chercher une expression explicite du rayon r_{n,1} des cercles inscrits égaux, dans le cas général où l’on veut en construire n sur le côté [BC] du triangle. Une telle expression me semblait indispensable pour dépasser les difficultés rencontrées dans la construction dynamique des figures. Je vais décrire ci-dessous les calculs exploratoires que j’ai effectués pour n \leq 4 et les résultats généraux qui en ont découlé.

Rappelons les notations introduites par Yves Martin : on partage un triangle ABC en n triangles AM_{i-1}M_i, avec 1\leq i\leq n, M_0 =B et M_n=C, de telle façon que tous ces triangles aient leurs cercles inscrits de même rayon r_{n,1}. Pour 2 \leq k \leq n-1 et 0 \leq i \leq n-k, on note r_{n,k,i} le rayon du cercle inscrit au triangle AM_{i}M_{i+k}. Le but est de trouver des formules explicites pour les r_{n,1} et les r_{n,k,i} en fonction des côtés a, b et c du triangle.

Rappelons également les relations classiques dont nous aurons besoin, pour un triangle ABC, entre son demi-périmètre p, son aire S et le rayon r de son cercle inscrit :

p=\dfrac{a+b+c}{2} ; \quad S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} ; \quad r=\dfrac{S}{p}.

Calculs exploratoires pour n = 2, 3 et 4

Calcul de r_{2,1}

Dans le cas de deux cercles, écrivons que l’aire du triangle ABC est la somme des aires des triangles ABM_{1} et AM_{1}C :

S=\dfrac{r_{2,1}}{2} (AB+BM_{1}+AM_{1}) +\dfrac{r_{2,1}}{2} (AM_{1}+M_{1}C+CA),

soit encore : S=\dfrac{r_{2,1}}{2} (a+b+c+2AM_{1})=r_{2,1}(p+AM_{1}).

Sachant que AM_{1}=\dfrac{\sqrt{(b+c)^2-a^2}}{2}=\sqrt{p(p-a)}, il vient :

r_{2,1}=\dfrac{S}{p+p^{1/2}(p-a)^{1/2}}=\dfrac{S}{p^{1/2}(p^{1/2}+(p-a)^{1/2})}=\dfrac{S}{p^{1/2}}\dfrac{p^{1/2}-(p-a)^{1/2}}{a}, soit enfin :

\boxed{r_{2,1}=\frac{S}{a} \left[ 1-\left( 1-\frac{a}{p}\right)^{1/2}  \right]}\,.

Calcul de r_{3,1} et des r_{3,k,i}

Pour trois cercles, écrivons de même que l’aire du triangle ABC est la somme des aires des triangles ABM_{1}, AM_{1}M_{2} et AM_{2}C :

S=\frac{r_{3,1}}{2}(AB+BM_{1}+AM_{1}+AM_{1}+M_{1}M_{2}+AM_{2}+AM_{2}+M_{2}C+AC)=r_{3,1}(p+AM_{1}+AM_{2}),

d’où : r_{3,1}=\dfrac{S}{p+AM_{1}+AM_{2}}\,.

La difficulté est ici de calculer x = AM_{1} et y = AM_{2}. Comme Yves Martin l’a montré dans l’onglet TCIE3, x et y vérifient le système :

(1)\quad    (x+b-2y)(2x+2y+b+c)^2 = a^2(x+b+2y) ;
(2)\quad    (y+c-2x)(2x+2y+b+c)^2 = a^2(y+c+2x).

Le calcul explicite de x et de y est extrêmement compliqué, mais, en fait, on n’a pas besoin de les connaître individuellement, puisque seule la somme AM_{1} + AM_{2} intervient dans l’expression du rayon r_{3,1}. D’où l’idée de chercher une équation d’inconnue s = x + y, équation qui s’obtient directement en ajoutant (1) et (2) :

(b+c-s)(2s+b+c)^2=a^2(3s+b+c),

ou encore : (2p-a-s)(2s+2p-a)^2=a^2(3s+2p-a),

soit enfin : s^3-3p(p-a)s-p(p-a)(2p-a)=0.

Cette équation réduite du troisième degré a une forme plutôt sympathique. Elle admet une racine réelle et deux racines imaginaires conjuguées. En appliquant la formule de Cardan ou en s’aidant d’un logiciel de calcul formel, on trouve s=p^{2/3}(p-a)^{1/3}+p^{1/3}(p-a)^{2/3} pour la racine réelle, ce qui permet d’exprimer finalement le rayon des trois cercles inscrits :

\boxed{r_{3,1}=\frac{S}{p+p^{2/3}(p-a)^{1/3}+p^{1/3}(p-a)^{2/3}}=\frac{S}{a} \left[ 1- \left( 1- \frac{a}{p} \right)^{1/3} \right]}\,.

Considérons maintenant les configurations de deux cercles inscrits égaux dans les triangles ABM_{2} et AM_{1}C. Notons S’, r’, p’ et a’ (resp. S’’, r’’, p’’ et a’’) l’aire, le rayon du cercle inscrit, le demi-périmètre et la base du triangle ABM_{2} (resp. AM_{1}C). En appliquant le résultat vu plus haut pour deux cercles, le rayon r_{3,1} peut s’exprimer de deux façons :

r_{3,1}=\dfrac{S'}{a'} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a'}{p'} \right)^{1/2} \right] =\dfrac{S''}{a''} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a''}{p''} \right)^{1/2} \right].

Une remarque cruciale, que nous utiliserons systématiquement dans la suite, est que tous les triangles de sommet A ayant même hauteur, leurs aires sont proportionnelles à leurs bases.

Ici, \dfrac{S'}{a'}=\dfrac{S''}{a''}, d’où \dfrac{a'}{p'}=\dfrac{a''}{p''}. Par suite, \dfrac{S'}{p'}=\dfrac{S''}{p''}, c’est-à-dire r_{3,2,0}=r_{3,2,1}.

De la relation r_{3,1}=\dfrac{S}{a} \left[ 1- \left( 1- \dfrac{a}{p} \right)^{1/3} \right]= \dfrac{S'}{a'} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a'}{p'} \right)^{1/2} \right], compte tenu de \dfrac{S}{a}=\dfrac{S'}{a'}, on tire 1-\dfrac{a'}{p'}=\left( 1- \dfrac{a}{p} \right)^{2/3}, d’où :

r_{3,2,0}=r_{3,2,1}=\dfrac{S'}{p'}=\dfrac{S'}{a'}\dfrac{a'}{p'}=\dfrac{S}{a}\left[ 1- \left( 1- \dfrac{a}{p} \right)^{2/3} \right].

Calcul de r_{4,1} et des r_{4,k,i}

Dans le cas de quatre cercles, nous avions aussi, dans un premier temps, calculé péniblement par radicaux la somme AM_{1}+AM_{2}+AM_{3}. Nous allons suivre ici une approche plus simple, exploitant mieux le résultat déjà acquis pour deux cercles.

Sur la figure, il apparaît tout d’abord trois configurations de deux cercles inscrits égaux, dans les triangles ABM_{2}, AM_{1}M_{3} et AM_{2}C. Notons S’, r’, p’ et a’ (resp. S’’, r’’, p’’ et a’’, resp. S’’’, r’’’, p’’’ et a’’’) l’aire, le rayon du cercle inscrit, le demi-périmètre et la base du triangle ABM_{2} (resp. AM_{1}M_{3}, resp. AM_{2}C). Le rayon r_{4,1} peut ainsi s’exprimer de trois façons :

r_{4,1}=\dfrac{S'}{a'} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a'}{p'} \right)^{1/2} \right] =\dfrac{S''}{a''} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a''}{p''} \right)^{1/2} \right] = \dfrac{S'''}{a'''} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a'''}{p''} \right)^{1/2} \right].

Comme \dfrac{S'}{a'}=\dfrac{S''}{a''}=\dfrac{S'''}{a'''}, il vient \dfrac{a'}{p'}=\dfrac{a''}{p''}=\dfrac{a'''}{p'''} et, par suite, \dfrac{S'}{p'}=\dfrac{S''}{p''}=\dfrac{S'''}{p'''}, c’est-à-dire r_{4,2,0}=r_{4,2,1}=r_{4,2,2}.

Les trois cercles inscrits de rang 2 ont donc même rayon. En particulier, le triangle ABC, partagé en ABM_{2} et AM_{2}C, est une nouvelle configuration de deux cercles inscrits égaux, ce qui permet d’écrire :

r_{4,2,0}=r_{4,2,1}=r_{4,2,2}= \dfrac{S}{a} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a}{p} \right)^{1/2} \right].

Des relations r_{4,2,0}= \dfrac{S'}{p'}=\dfrac{S'}{a'}\dfrac{a'}{p'}=\dfrac{S}{a}\dfrac{a'}{p'}=\dfrac{S}{a} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a}{p} \right)^{1/2} \right], on tire 1-\dfrac{a'}{p'}=\left( 1- \dfrac{a}{p} \right)^{1/2}, ce qui, compte tenu de \dfrac{S'}{a'}=\dfrac{S}{a}, donne finalement :

\boxed{ r_{4,1}=\dfrac{S}{a} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a}{p} \right)^{1/4} \right]}\,.

Il nous reste à étudier les cercles de niveau 3, ceux qui sont inscrits dans les triangles ABM_{3} et AM_{1}C. Notons S’, r’, p’ et a’ (resp. S’’, r’’, p’’ et a’’) les quantités qui leur sont associées. En réinvestissant le résultat trouvé pour trois cercles, il vient :

r_{4,1}=\dfrac{S'}{a'} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a'}{p'} \right)^{1/3} \right] =\dfrac{S''}{a''} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a''}{p''} \right)^{1/3} \right],

d’où \dfrac{a'}{p'}=\dfrac{a''}{p''} et, par suite, \dfrac{S'}{p'}=\dfrac{S'}{a'}\dfrac{a'}{p'}=\dfrac{S''}{a''}\dfrac{a''}{p''}=\dfrac{S''}{p''}, c’est-à-dire r_{4,3,0}=r_{4,3,1}.

Enfin, de l’égalité r_{4,1}=\dfrac{S}{a} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a}{p} \right)^{1/4} \right]=\dfrac{S'}{a'} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a'}{p'} \right)^{1/3} \right], on tire \left( 1- \dfrac{a'}{p'} \right)=\left( 1-\dfrac{a}{p} \right)^{3/4}, d’où finalement :

r_{4,3,0}=r_{4,3,1}=\dfrac{S'}{p'}=\dfrac{S'}{a'}\dfrac{a'}{p'}=\dfrac{S}{a} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a}{p} \right)^{3/4} \right].

Conjectures pour les r_{n,1} et les r_{n,k,i}

Ainsi, pour n = 2, n = 3 et n = 4, nous avons calculé les rayons de tous les cercles inscrits des différents rangs et nous avons constaté que le théorème des cercles inscrits égaux était vrai. Les résultats obtenus nous ont fait considérer comme des plus plausibles les conjectures suivantes :

\boxed{r_{n,1}=\dfrac{S}{a} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a}{p} \right)^{1/n} \right]} \mbox{~~~} et \quad \boxed{r_{n,k,i}=\dfrac{S}{a} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a}{p} \right)^{k/n} \right]}\,.

La suite de l’onglet va être consacrée à la démonstration de ces formules.

Démonstration de la formule pour les cercles inscrits égaux du premier rang

Pour n = 2 et n = 3 (et aussi pour n = 4, mais cela est inutile pour initialiser la récurrence qui va suivre), nous avons établi directement la formule :

\boxed{r_{n,1}=\dfrac{S}{p+\displaystyle{\sum_{k=1}^{n-1}AM_{k}}}=\dfrac{S}{p+\displaystyle{\sum_{k=1}^{n-1}p^{(n-k)/n}(p-a)^{k/n}}}=\dfrac{S}{a}\left[ 1-\left( 1-\dfrac{a}{p} \right)^{1/n} \right]}\,.

Nous allons maintenant démontrer par récurrence qu’elle est vraie pour tout n. Considérons donc un entier n \geq 4 et supposons que la formule soit vraie pour n - 2 et pour n - 1.

Nous allons travailler avec les triangles ABM_{n-1} et AM_{1}C, qui contiennent n-1 cercles inscrits égaux, ainsi qu’avec le triangle AM_{1}M_{n-1}, qui en contient n-2. Notons S_{1}, p_{1} et a_{1} (resp. S_{2}, p_{2} et a_{2}, resp. S_{3}, p_{3} et a_{3}) l’aire, le demi-périmètre et la base du triangle ABM_{n-1} (resp. AM_{1}C, resp. AM_{1}M_{n-1}).

Remarquons que :

1) S_{1}+S_{2}-S_{3}=S ;

2) a_{1}+a_{2}-a_{3}=BM_{n-1}+M_{1}C-M_{1}M_{n-1}=a ;

3) p_{1}+p_{2}-p_{3}=\frac{1}{2}(c+a_{1}+AM_{n-1}+AM_{1}+a_{2}+b-AM_{1}-a_{3}-AM_{n-1})=p.

En appliquant l’hypothèse de récurrence dans ces trois triangles, on obtient :

r_{n,1}=\dfrac{S_{1}}{a_{1}} \left[1-\left( 1-\dfrac{a_{1}}{p_{1}} \right)^{1/(n-1)} \right]=\dfrac{S_{2}}{a_{2}} \left[1-\left( 1-\dfrac{a_{2}}{p_{2}} \right)^{1/(n-1)} \right]=\dfrac{S_{3}}{a_{3}} \left[1-\left( 1-\dfrac{a_{3}}{p_{3}} \right)^{1/(n-2)} \right].

Comme \dfrac{S_{1}}{a_{1}}=\dfrac{S_{2}}{a_{2}}=\dfrac{S_{3}}{a_{3}}=\dfrac{S}{a}, on en déduit que :

\left( 1-\dfrac{a_{1}}{p_{1}} \right)^{1/(n-1)}=\left( 1-\dfrac{a_{2}}{p_{2}} \right)^{1/(n-1)}=\left( 1-\dfrac{a_{3}}{p_{3}} \right)^{1/(n-2)}= 1-\dfrac{a\,r_{n,1}}{S}.

Pour alléger les écritures, on posera à partir d’ici :

\boxed{x=\displaystyle{\sum_{k=1}^{n-1}AM_{k}}\ ; \quad r=r_{n,1}\ ; \quad q=1-\dfrac{a\,r}{S}.}

Dans le triangle ABM_{n-1}, on peut écrire, toujours d’après l’hypothèse de récurrence :

p_{1}+\displaystyle{\sum_{k=1}^{n-2}AM_{k}}=p_{1}+\displaystyle{\sum_{k=1}^{n-2}p_{1}^{(n-1-k)/(n-1)}(p_{1}-a)^{k/(n-1)}}=p_{1}+p_{1}\displaystyle{\sum_{k=1}^{n-2} \left( 1- \dfrac{a_{1}}{p_{1}} \right)^{k/(n-1)}}

\quad \quad =p_{1}\displaystyle{\sum_{k=0}^{n-2}q^{k}}=p_{1}\,\dfrac{1-q^{n-1}}{1-q}.

De façon analogue, on a dans le triangle AM_{1}C : p_{2}+\displaystyle{\sum_{k=2}^{n-1}AM_{k}}=p_{2}\,\dfrac{1-q^{n-1}}{1-q},

et dans le triangle AM_{1}M_{n-1} : p_{3}+\displaystyle{\sum_{k=2}^{n-2}AM_{k}}=p_{3}\,\dfrac{1-q^{n-2}}{1-q}.

En combinant les trois égalités précédentes, il vient :

p_{1}+\displaystyle{\sum_{k=1}^{n-2}AM_{k}}+p_{2}+\displaystyle{\sum_{k=2}^{n-1}AM_{k}}-p_{3}-\displaystyle{\sum_{k=2}^{n-2}AM_{k}}=(p_{1}+p_{2}-p_{3})\,\dfrac{1-q^{n-1}}{1-q}+p_{3} \left[ \dfrac{1-q^{n-1}}{1-q}-\dfrac{1-q^{n-2}}{1-q} \right],

soit encore : \quad \boxed{p+x=p\,\dfrac{1-q^{n-1}}{1-q} +p_{3}\,q^{n-2} \quad (1)}\,.

Dans cette formule transitoire importante, il reste une seule quantité liée aux trois triangles auxiliaires que nous avons introduits, à savoir p_{3}. Notre objectif sera donc maintenant d’éliminer p_{3} en le calculant en fonction des quantités associées au triangle ABC. Pour cela, nous utiliserons la relation établie par Yves Martin pour le calcul des bases des triangles du partage (voir onglet TCIEn) :

M_{k-1}M_{k}=a\,\dfrac{AM_{k-1}+AM_{k}}{2\,\displaystyle{\sum_{i=1}^{n-1} AM_{i}}+b+c}=a\, \dfrac{AM_{k-1}+AM_{k}}{2x+2p-a}.

En sommant les n - 2 bases centrales, on obtient :

a_{3}=M_{1}M_{n-1}=\displaystyle{\sum_{k=2}^{n-1}M_{k-1}M_{k}}=\dfrac{a}{2x+2p-a} \left( \displaystyle{\sum_{k=1}^{n-2} AM_{k}}+\displaystyle{\sum_{k=2}^{n-1} AM_{k}} \right)

\quad \quad =\dfrac{a}{2x+2p-a} \left( 2\,\displaystyle{\sum_{k=1}^{n-1} AM_{k}}-AM_{1}- AM_{n-1} \right)=\dfrac{a(2x-2p_{3}+a_{3})}{2x+2p-a},

soit : a_{3}(2x+2p-a)=a(2x-2p_{3}+a_{3}), ou encore : a_{3}(2x+2p-2a)=a(2x-2p_{3}),

c’est-à-dire : \quad \boxed{(x+p-a)\,a_{3}+a\,p_{3}=ax\quad(2)}\,.

Par ailleurs, souvenons-nous que r=\dfrac{S}{p+x}=\dfrac{S}{a} \left[ 1- \left( 1-\dfrac{a_{3}}{p_{3}}\right)^{1/(n-2)} \right],

d’où l’on tire : \left( 1-\dfrac{a_{3}}{p_{3}}\right)^{1/(n-2)}=1-\dfrac{a}{p+x},

puis : \quad \boxed{a_{3}=p_{3} \left[ 1- \left(1-\dfrac{a}{p+x}\right)^{n-2} \right] \quad (3)}\,.

Le système linéaire (2) et (3) permet de calculer a_{3} et p_{3}. En fait, on n’a besoin que de p_{3}, que l’on trouve facilement en reportant dans (2) la valeur de a_{3} fournie par (3) :

p_{3}=\dfrac{ax}{p+x} \dfrac{1}{1- \left(1-\dfrac{a}{p+x}\right)^{n-1}}\,.

Comme q=1-\dfrac{ar}{S}=1-\dfrac{a}{p+x}, on a l’écriture plus simple : \quad \boxed{p_{3}=x\, \dfrac{1-q}{1-q^{n-1}} \quad (4)}\,.

Reportons cette valeur de q_{3} dans la relation cruciale (1), que nous avons laissée en attente :

p+x=p\,\dfrac{1-q^{n-1}}{1-q} +x\,q^{n-2}\dfrac{1-q}{1-q^{n-1}}.

Tout est en place pour achever le calcul de x :

x \left( 1 -q^{n-2}\dfrac{1-q}{1-q^{n-1}} \right) = p \left( \dfrac{1-q^{n-1}}{1-q} - 1 \right),

ce qui donne : x\, \dfrac{1-q^{n-2}}{1- q^{n-1}}= p\,q\, \dfrac{1-q^{n-2}}{1-q}, d’où x=p\,q\, \dfrac{1-q^{n-1}}{1-q}

et enfin : p+x=p \left( 1+ \dfrac{q-q^{n}}{1-q} \right)=p\, \dfrac{1-q^n}{1-q}.

Il ne reste plus qu’à revenir progressivement aux notations initiales :

r=\dfrac{S}{p+x}=\dfrac{S}{p}\, \dfrac{1- \left(1-\frac{ar}{S} \right)}{1- \left( 1- \frac{ar}{S} \right)^{n}}= \dfrac{ar}{p} \dfrac{1}{1- \left( 1- \frac{ar}{S} \right)^{n}}.

En simplifiant par r, il vient : 1- \left( 1- \dfrac{ar}{S} \right)^{n}=\dfrac{a}{p}, d’où : 1-\dfrac{ar}{S}= \left(1-\dfrac{a}{p} \right)^{1/n}, c’est-à-dire :

\boxed{r_{n,1}=\dfrac{S}{a} \left[ 1- \left(1-\dfrac{a}{p} \right)^{1/n} \right]}\,.

La formule est donc encore vraie au rang n, ce qui achève la démonstration.

Calcul des rayons des cercles inscrits des rangs supérieurs et seconde démonstration du théorème des cercles inscrits égaux

Soit n un entier quelconque supérieur ou égal à 3. Considérons maintenant un triangle du type AM_{i}M_{i+k}, formé de k petits triangles consécutifs, avec 2 \leq k \leq n-1. Il s’agit de montrer que le rayon r_{n,k,i} du cercle inscrit dans ce triangle ne dépend pas de i.

Notons p’, S’ et a'=M_{i}M_{i+k} le demi-périmètre, l’aire et la base du triangle AM_{i}M_{i+k}. Calculons de deux manières le rayon r_{n,1} des cercles inscrits dans les petits triangles, d’une part en considérant les n petits cercles inscrits égaux dans
le triangle ABC, d’autre part en considérant les k petits cercles inscrits égaux dans le triangle AM_{i}M_{i+k} :

r_{n,1}=\dfrac{S}{a}\left[ 1-\left( 1-\dfrac{a}{p} \right)^{1/n} \right] =\dfrac{S'}{a'}\left[ 1-\left( 1-\dfrac{a'}{p'} \right)^{1/k} \right].

Comme \dfrac{S}{a}=\dfrac{S'}{a'} on tire de l’égalité précédente : \left( 1-\dfrac{a}{p} \right)^{1/n}=\left( 1-\dfrac{a'}{p'} \right)^{1/k}, ou encore :

\dfrac{a'}{p'}=\left[ 1-\left( 1-\dfrac{a}{p} \right)^{k/n} \right].

On a enfin : r_{n,k,i}=\dfrac{S'}{p'}=\dfrac{S'}{a'}\dfrac{a'}{p'}=\dfrac{S}{a}\left[ 1-\left( 1-\dfrac{a}{p} \right)^{k/n} \right].

Le rayon du cercle inscrit dans le triangle AM_{i}M_{i+k} ne dépend donc pas de i, mais seulement de n et de k, ce qui permet de le noter :

\boxed{r_{n,k}=\frac{S}{a}\left[ 1-\left( 1-\frac{a}{p} \right)^{k/n} \right]}\,.

TCIE+

Égalité des rayons des cercles par équation barycentrique des droites

Montrer l’égalité des rayons revient à montrer le parallélisme de la droite des centres avec (BC). On veut montrer un parallélisme dans une situation où l’on a de nombreuses relations de récurrence entre les coefficients barycentriques des points en jeu, c’est l’occasion d’un petit traitement par les équations barycentiques des droites.
Bien qu’un peu plus ésotérique, cette approche peut intéresser des collègues ayant en charge des cours de géométrie affine à l’université, comme nouvel exercice de mise en œuvre de ces outils.


Rappel des résultats utilisés

Dans un repère affine (ABC), on considère deux points P et Q et leurs coordonnées barycentriques normalisées. Alors un point M appartient à la droite (PQ) ssi le déterminant des coefficients barycentriques des points est nul, ce qui peut s’écrire M.(P Λ Q) = 0 (où Λ désigne le produit vectoriel, et . le produit scalaire).

Avec ces notations (toutes les coordonnées sont normalisées), la parallèle à la droite (IJ) passant par C a pour équation barycentrique C Λ (J - I) = 0.

Classiquement, dans le repère (A, B, C), le centre du cercle inscrit à ABC a pour coordonnées barycentriques (a, b, c).

Avec les notations des paragraphes précédents, Notons I et J les centres des cercles inscrits des triangles ABM_{n-1} et AM_1C. On veut montrer que la droite (IJ) est parallèle à (BC) ou encore que C appartient à la droite parallèle à (IJ) passant par B. Dans la suite on notera d le dénominateur noté D_n dans l’onglet TCIEn.

  • M_1 = \left(0,\frac{d-x_1-c}{d},\frac{x_1+c}{d}\right) dans (A, B, C)
  • M_{n-1} = \left(0,\frac{x_{n-1}+b}{d},\frac{d-x_{n-1}-b}{d}\right) dans (A, B, C)
  • I = \left(\frac{d-x_{n-1}-b}{d-b+c},\frac{x_{n-1}}{d-b+c},\frac{c}{d-b+c}\right) dans \left(A,B,M_{n-1}\right) et donc
  • I = \left(\frac{d-x_{n-1}-b}{d-b+c},\frac{x_{n-1}}{d-b+c}+\frac{c\left(x_{n-1}+b\right)}{d(d-b+c)},\frac{c\left(d-x_{n-1}-b\right)}{d(d-b+c)}\right) dans (A, B, C)
  • J = \left(\frac{d-x_1-c}{d+b-c},\frac{b}{d+b-c},\frac{x_1}{d+b-c}\right) dans \left(A,M_1,C\right) et donc
  • J = \left(\frac{d-x_1-c}{d+b-c},\frac{b}{d+b-c}+\frac{x_1\left(d-x_1-c\right)}{d(d+b-c)},\frac{x_1\left(x_1+c\right)}{d(d+b-c)}\right) dans (A, B, C).

Avant de poursuivre, remarquons que B est sur la droite C Λ (J - I) ssi les coefficients barycentriques relativement à A de I et de J sont égaux.

Ainsi, démontrer l’égalité des rayons des cercles inscrits des triangles de rang n - 1, revient à montrer la relation \frac{d-x_{n-1}-b}{d-b+c}=\frac{d-x_1-c}{d+b-c},

soit encore : d\left(x_{n-1}-x_1\right)=(c-b)\left(x_{n-1}+x_1+c+b-d\right).

Mais en fait, en utilisant la relation entre d et K_n comme définis à l’onglet précédent, dans la relation de récurrence entre x_{n-1} et x_1, soit d=D_n=2K_n+2x_1+2x_{n-1}+b+c, la relation à montrer n’est rien d’autre que la relation \left(E_n\right) déjà vue.

Dans ce contexte, l’utilisation d’outils plus sophistiqués n’est qu’une réécriture de ce que l’on cherchait.


TCIE3alg

Résolution par radicaux du problème pour n = 3

Avant que Dominique Tournès ne trouve les valeurs explicites des rayons des cercles, j’avais cherché une construction dynamique pour le cas n = 3 et, pour, cela cherché à exprimer x et y (des figures de TCIE3) en fonction de a, b et c.

Rappel de la situation : x et y sont les longueurs des deux segments de partage du triangle ABC en trois triangles de cercles inscrits égaux. On a alors :

(1)\quad    (x+b-2y)(2x+2y+b+c)^2 = a^2(x+b+2y) ;
(2)\quad    (y+c-2x)(2x+2y+b+c)^2 = a^2(y+c+2x).

Et en faisant la somme :

(3)\quad    x^2- y^2 + bx -cy = 0.

De par sa symétrie, c’est le système de deux équations du 3e degré qui est plus facile à traiter par les logiciels de calcul formel (CF). En effet, proposer l’équation (1) avec l’équation du second degré (3) n’aboutit pas. Par contre on trouve que le système formé par les équations (1) et (2) a en général une solution réelle et deux solutions complexes : on pouvait se douter, pour des raisons de continuité d’un cercle parcourant la bissectrice en B et ses itérés par les symétries convenables, que le système a toujours une et un seule solution réelle.

La solution trouvée par le CF utilise des données partielles très grandes et c’est bien parce que les nombres sont stockés sur des variables multiprécision en Java que l’on peut implémenter cette solution dans un logiciel comme CaRMetal.

On a choisi de calculer la variable x. Elle va être l’expression d’un quotient de N_x par D_x avec

N_1 = 4a^4b\left(-a^8-4a^6b^2 +10a^4b^4-4a^2b^6-b^8\right) + 8a^4b^2c\left(3a^6-5a^4b^2+a^2b^4+b^6\right) + 8a^4bc^2\left(a^6+7a^4b^2+7a^2b^4+b^6\right) - 8a^4b^2c^3\left(7a^4+6a^2b^2+3b^4\right) - 36a^6b^3c^4 + 8a^4b^2c^5\left(5a^2+3b^2\right) + 4a^4bc^7\left(c-2b\right)

k_1 = 11943936a^6\left(a^4-2a^2b^2-2a^2c^2-2b^2c^2+b^4+c^4\right)^3

k_2 = 13824a^4\left(bc^4-b^2c^3-a^2c^3+b^5-a^4b\right) + 6912a^4c\left(a^4+b^4+c^4\right) - 27648a^4b^3c^2+41572a^6b^2c

C_1 = \sqrt{k_1+k_2^2}

N_2 = \left(a^4-b^4+2a^2bc+2b^3c-2a^2c^2-2bc^3+c^4\right) \frac{C_1}{1728}

k_3 = 4a^4b\left(b^4-a^4\right)+2ca^4\left(a^4+6a^2b^2+b^4\right)-8a^4b^3c^2-4a^4c^3\left(a^2+b^2\right)+2a^4c^4\left(2b+c\right)

C_2 = \left(k_3+\frac{C_1}{3456}\right)^\frac{1}{3}

k_4 = 2a^2\left(b^8-2a^2b^6+2a^6b^2-a^8\right) - 4a^2bc\left(a^6-a^4b^2-a^2b^4+b^6\right) + 4a^2c^2\left(2a^6-a^4b^2-b^6\right) + 4a^2bc^3\left(3a^4+2a^2b^2+3b^4\right) - 4a^4c^4\left(b^2+3a^2\right) - 12a^2bc^5\left(a^2+b^2\right) + 4a^2c^6\left(2a^2+b^2\right) + 2a^2c^7(2b-c)

N_3 = k_4C_2

N_4 = 4(b-c)C_2^4

N_x = N_1+N_2+N_3+N_4

D_x = a^2C_2^2, et x = \frac{N_x}{D_x}.

Bien entendu y se calcule par l’équation du second degré reliant x et y donnée par (3), soit y=\frac{-c+\sqrt{4x^2+4xb+c^2}}{2}.

On notera au passage la robustesse de CaRMetal dans cet exercice sur la figure suivante. En effet, comme on le voit, N_1 est d’ordre 13, k_2 d’ordre 9, donc C_1 aussi. Il en résulte que les calculs intermédiaires effectués utilisent généralement de très grands nombres.


On voit bien les limites de l’exercice dans un cadre plus général : si on voulait construire la figure pour le cas n = 5, il faudrait théoriquement calculer tous les segments x_i pour pouvoir construire les points barycentriquement. En pratique toutefois, des précautions logiques sur les constructions dynamiques pourraient permettre de se contenter du premier segment x, mais le calcul dans les partages supérieurs devient de toute façon quasi inaccessible (ou même théoriquement totalement inaccessible) algébriquement.

D’où l’autre piste, pour la construction des figures dynamiques, abordée avec succès par Dominique Tournès qui a réussi à calculer la valeur du rayon du cercle inscrit commun au partage en n cercles (onglet TCIEray).


TCIEgne

Exploration de la situation en géométrie hyperbolique

Enfin terminons par une remarque sur la généralisation possible de cette propriété. On sait que le faisceau de Gergonne (et son fameux point) est une propriété absolue, vraie aussi en géométrie hyperbolique ou elliptique, même si dans le cas euclidien on le démontre généralement par les barycentres.

Voir le point de Gergonne de trilatères en géométrie hyperbolique

En géométrie hyperbolique, les triangles peuvent s’étendre à des trilatères : trois droites « non en faisceau », i. e. pas dans une configuration particulière, généralement deux à deux non sécantes. De très nombreuses propriétés de géométrie s’étendent aux trilatères.


On sait aussi (moins peut-être) que la construction de Malffati — pourtant elle aussi souvent présentée comme conséquence de la cocyclicité — est encore un résultat absolu dont une construction est présentée ici sur une surface pseudosphèrique de Beltrami.

Fort de ces deux exemples, même si l’aire du triangle est bien présente dans ces preuves, il n’est pas tout à fait idiot de se poser la question : qu’en est-il de la version absolue de ce théorème ?


A l’ouverture le point I_1 prend une position arbitraire, il faut le ramener vers le point S pour que le point X apparaisse.

Documents joints

GergonneTrilatere
GergonneTrilatere
SangakuHyperbolique
SangakuHyperbolique
SangakuFigGene
SangakuFigGene
(la principale à télécharger)
SangakuPartageEn2
SangakuPartageEn2
Sangaku_travail3
Sangaku_travail3
Vérification des calculs sur 3 cercles
IlustrationRecurrence
IlustrationRecurrence
CalculAlgebriqueCas3
CalculAlgebriqueCas3
TICE4Illustration
TICE4Illustration
ComplementTCIE4
ComplementTCIE4
FormulesDuCas5
FormulesDuCas5

Commentaires

Annonces

Prochains rendez-vous de l’IREM

Séminaire EDIM-IREM

- Mercredi 22 novembre 2017, 14h-18h, campus du Tampon, amphi 120 D
- Mercredi 7 février 2018, PTU, Saint-Denis, salle S23.6
- Mercredi 7 mars 2018, 14h-18h, campus du Tampon
- Mercredi 4 avril 2018, PTU, Saint-Denis, salle S23.6
- Mercredi 2 mai, 14h-18h, campus du Tampon
- Mardi 5 juin 2018, PTU, Saint-Denis, salle S23.6
- Mercredi 6 juin, 14h-18h, campus du Tampon

Fête de la science

Campus du Moufia, 16 et 17 novembre 2017.
Thème : « La recherche à l’heure du numérique »

Semaine des mathématiques

Du 26 au 31 mars 2018.
Thème : « Mathématiques et mouvement »


Brèves

DGPad à Limoges

mercredi 19 avril

L’IREM de Limoges a réussi à inscrire au P.A.F. une journée de présentation de DGPad ; la tortue y a eu un franc succès. Voici le compte-rendu. Il y a des ressources à réinvestir en classe, n’hésitez pas à y puiser !

DGPad sur MathémaTICE

lundi 20 mai 2013

La révolution tactile, toute naissante, en est probablement à ses premiers balbutiements. Et pourtant, ses premières réalisations contiennent déjà de petits bijoux. C’est le cas, pour ce qui est de la géométrie dynamique, de DGPad. En deux articles sur MathémaTICE, Yves Martin propose un vaste tour d’horizon de cette nouvelle application.

Sur le Web : DGPad sur MathémaTICE

Périmètre, aire et volume au collège

lundi 16 janvier 2012

Myriam Bouloc Rossato et Jean-Jacques Dahan ont conçu un scénario interactif pour enseigner les notions de périmètre, d’aire et de volume au collège à l’aide de la géométrie dynamique (Cabri 2Plus et Cabri 3D). Le document s’appuie sur des figures animables en ligne et sur des vidéos postées sur YouTube.

Sur le Web : Document interactif

Le théorème d’Ayme

dimanche 4 décembre 2011

Notre collègue Jean-Louis Ayme est à l’honneur : il vient de publier un nouveau théorème, le « théorème d’Ayme » ou « théorème des quatre points ».

Deux nouveaux points remarquables du triangle, les points X3610 et X3611, lui ont été attribués - ainsi qu’à Peter Moses - par Clark Kimberling dans son Encyclopedia of Triangle Centers.

Sur le Web : Le théorème d’Ayme

Geometry Géométrie Geometria

mercredi 2 novembre 2011

Geometry Géométrie Geometria est un site extrêmement riche réalisé par Jean-Louis Ayme : entièrement consacré à la géométrie du triangle, il mérite d’être visité longuement.

On pourra lire notamment le très attrayant volume 20 sur les cercles inscrits égaux, qui fait écho à des articles déjà publiés sur le site de l’IREM.

Statistiques

Dernière mise à jour

dimanche 12 novembre 2017

Publication

773 Articles
Aucun album photo
133 Brèves
11 Sites Web
132 Auteurs

Visites

880 aujourd'hui
1013 hier
2164204 depuis le début
12 visiteurs actuellement connectés