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Des énigmes résolues et non résolues… (suite)
Article mis en ligne le 2 octobre 2019
dernière modification le 6 octobre 2019

par Alain Bougeard

Dans le numéro précédent nous avons commencé à publier des réponses aux énigmes recensées dans les Chantiers depuis les premiers numéros et qui n’avaient pas reçu de réponses dans les numéros suivants.

 

PB n°1 dans les Chantiers n°35 (Roger Cuculière) :

Soient $$$a$$$ et $$$b$$$ deux entiers naturels premiers entre eux. Soit $$$S$$$ la partie stable de $$$(\mathbb{N},+)$$$ engendrée par $$$a$$$ et $$$b$$$. Montrer que $$$S$$$ contient tous les entiers naturels à partir d’un certain d’entre eux, $$$n_0$$$, que l’on calculera en fonction de $$$a$$$ et $$$b$$$.

Ce problème avait reçu, toujours dans le numéro précédent, une réponse de Jean Couzineau ; il s’est enrichi d’une contribution de Daniel Perrin qui apporte un élargissement au problème posé.

 

PB n°8 dans les Chantiers n° 97 (Michel Suquet)

Un triangle $$$ABC$$$ étant donné, est-il possible de construire deux cercles de même rayon tangents entre eux et chacun à deux côtés du triangle ?
Est-ce possible avec 3 cercles de même rayon ?

 

La solution de Jean Couzineau, présentée sous forme de BD :


 
 
$$$O_1$$$ est sur la bissectrice de l’angle $$$\widehat{BAC}$$$ et le cercle $$$C_1$$$ de centre $$$O_1$$$ est tangent à $$$(AC)$$$ et $$$(AB)$$$.




 
 
Le cercle $$$C_2$$$ est le symétrique de $$$C_1$$$ par rapport à $$$F$$$ qui est l’intersection de $$$C_1$$$ et de la parallèle à $$$(AB)$$$ passant par $$$O_1$$$.




 
 
$$$M$$$ est l’intersection de $$$C_2$$$ avec la perpendiculaire à $$$(CB)$$$ passant par $$$O_2$$$, et $$$M'$$$ est l’intersection de $$$(AM)$$$ avec $$$(CB)$$$.




 
 
Soit $$$h$$$ l’homothétie de centre $$$A$$$ qui transforme $$$M$$$ en $$$M'$$$.
 
$$$h$$$ transforme alors $$$O_2$$$ en $$$O'_2$$$ qui est l’intersection de $$$(AO_2)$$$ avec la perpendiculaire à $$$(CB)$$$ passant $$$M'$$$ (conservation du parallélisme par $$$h$$$).
 
Le cercle de centre $$$O'_2$$$ passant par $$$M'$$$ est alors le premier cercle répondant à la question.




 
 
La parallèle à $$$(AB)$$$ passant par $$$O_2$$$ coupe le cercle $$$C'_2$$$ en $$$F$$$.
 
Le symétrique de $$$C'_2$$$ par rapport à $$$F$$$ est le cercle $$$C'_1$$$ qui est le deuxième cercle cherché.



 

Ma solution, plus classique :

Toute solution classique d’un problème de construction commence par :

« Supposons le problème résolu… »

Nous avons donc un triangle $$$ABC$$$ avec les deux cercles cherchés, tangents aux côtés $$$[AB]$$$ et $$$[BC]$$$ d’une part et $$$[AC]$$$ et $$$[BC]$$$ d’autre part. Ils ont leur centre $$$H$$$ et $$$J$$$ sur les bissectrices des angles $$$\widehat{BAC}$$$ et $$$\widehat{BCA}$$$ sécantes en $$$I$$$.

les points $$$H$$$ et$$$ J$$$ se projettent orthogonalement sur $$$ (BC)$$$ en $$$F$$$ et $$$G$$$ et le rectangle $$$HJGF$$$ a une longueur double de sa largeur. Il suffirait donc de construire ce rectangle inscrit dans le triangle $$$ IBC$$$ pour que le problème soit résolu.

Cette construction classique utilise une homothétie de centre $$$I$$$.

On construit donc le rectangle $$$BCED$$$ de même format que $$$HJGF$$$ (1:2) et les intersections $$$F$$$ (resp $$$G$$$) de $$$[ID]$$$ avec $$$[BC]$$$ (resp de $$$[IE]$$$ avec $$$[BC]$$$) qui nous permettent d’obtenir les points $$$H$$$ et $$$J$$$ centres des cercles tangents cherchés.

Bien entendu ces deux cercles étant tangents tous les deux au côté $$$[BC]$$$, on peut obtenir deux autres cercles sur le côté $$$[BA]$$$ et deux autres sur le côté $$$[AC]$$$ donc 3 solutions possibles.

En outre, cette méthode a l’avantage de donner une réponse facile à la question des trois cercles de même rayon inscrits dans un triangle. Si cela était possible cela entraînerait que les trois centres $$$I$$$, $$$J$$$ et $$$K$$$, des cercles tangents deux à deux et de même rayon formeraient un triangle équilatéral. Or les côtés du triangle ABC étant parallèles à ceux du triangle $$$O_1$$$$$$O_2$$$$$$O_3$$$ et donc le triangle $$$ABC$$$ serait nécessairement équilatéral. Et cela serait suffisant comme le prouve la figure ci-dessous.

 

OUI mais… si les cercles n’étaient pas égaux ?
(Toujours cette obsession de la généralisation !)

Deux cercles tangents dans un triangle (et tangents chacun à deux côtés du triangle) c’est facile… il y en a plein : Animez la figure GeoGebra ci-dessous en cliquant dessus.

Mais peut-on construire 3 cercles tangents entre eux et à 2 côtés d’un triangle (quelconque) ?

Eh bien ça existe, je l’ai rencontré :

Mais je vous laisse encore un peu de temps pour trouver la construction… et éventuellement, s’il vous reste du temps, exprimez les rayons $$$r_1$$$, $$$r_2$$$ et $$$r_3$$$ des 3 cercles solutions uniques en fonction des côtés $$$a$$$, $$$b$$$ et $$$c$$$ du triangle.

 

Pour mémoire, il reste encore les problèmes 3, 4 et 9 à résoudre : n’hésitez pas à nous communiquer vos idées et solutions les concernant.

 

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Les Chantiers de Pédagogie Mathématique n°182 octobre 2019
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