IV. Le problème d'Aotsuka

$$\text{Si }R_A=R_C\text{, alors que vaut }R_D\text{ en fonction de }R_A\text{ ?}$$

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Ce problème est le 13e dans la 5e section de Sacred Geometry. Problème proposé par Aotsuka Namomasa, sur un sangaku de 453 cm par 151 cm, suspendu par les membres de l’école Saitō en 1823 dans le sanctuaire de Dewasanzan, dans la préfecture de Yamagata.

Formulation en mots

 «Soit deux cercles de rayon \(R_A\) qui se touche en un point.  Ces deux cercles sont tous deux inscrits dans chacun de deux cercles de rayon \(R_B\) qui se croisent en deux points. Dans l'intérieur de chacun de ces cercles de rayon \(R_B\), mais à l'extérieur de l'autre, on inscrit une paire de cercles de rayon \(R_C\), qui sont placés tels qu'ils se touchent en un point et touche en un point chacun des cercles de rayon \(R_B\).  Les deux cercles de rayon \(R_B\) sont inscrits dans un carré, le premier touchant deux côtés et le deuxième touchant les deux autres. Ainsi, les cercles de rayon \(R_B\) sont centrés sur une diagonale du carré.  Plaçons enfin un cercle de rayon \(R_D\), centré sur l'autre diagonale du carré, touchant son intérieur sur deux côtés et touchant chacun des cercles de rayon \(R_B\) en un point. 

Si \(R_A\) égale à \(R_C\), alors quelle est la valeur de \(R_D\) en fonction de \(R_A\)?»

Résolution algébrique et construction géométrique

À chaque étape, nous devons, algébriquement, résoudre une équation au plus du deuxième degré et, généralement, appliquer le théorème de Pythagore, tandis que, géométriquement, on construit un objet à l'aide de droites, cercles et paraboles. 

Les cercles bleus

Dans la construction de la figure ci-haut, sans perte de généralité, on fixe \(R_A=1\,\Rightarrow\,A=(0,1)\), on pose \(O\) comme étant le centre du carré et on admet ses diagonales comme les axes de symétrie de la figure. Par le théorème de Pythagore appliqué au triangle \(\triangle{OAB}\), la valeur de \(R_B\) est déterminée par la demi-distance qui sépare les centres \(B\) et \(B'\) des cercles bleus, soit \(d=\frac{1}{2}\overline{BB'}\):

$$ (R_B-1)^2=1^2+d^2 \,\Rightarrow\,  R_B= \sqrt{1^2+d^2}+1 $$

Aussi, sur la figure, on trace une droite passant par \(B\) et \(A\) et on atteint, à l'intersection avec le cercle de rayon \(R_A\), un point du cercle bleu de rayon \(R_B\), dont on retrouve ainsi la valeur. 

Le carré

Géométriquement, on obtient les coins du carré en prenant les intersections des tangentes aux cercles bleus qui font un angle de \(\frac{\pi}{4}\) avec les diagonales du carré et qui ne coupent pas les cercles bleus. Ces tangentes contiennent les cotés du carré.

Le segment joignant les centres des cercles bleus fait un angle de \(\frac{\pi}{4}\) avec le côté du carré. Les contraintes de tangence liant les cercles bleus au carré font en sorte le côté du carré est égal au diamètre des cercles bleus plus la distance séparant les centres des cercles bleus multiplié par le cosinus de \(\frac{\pi}{4}\): soit le rapport du petit côté d'un triangle rectangle isocèle sur son hypothénuse.

$$Côté=R_B +2d\,\cos{\frac{\pi}{4}}+R_B=2R_B+\sqrt{2}d $$

Les cercles rouges

Par Pythagore, appliqué au triangles \(\triangle{BEC}\) et \(\triangle{B'EC}\), on a 

$$ \sqrt{R_B^2+2R_B R_C}-\sqrt{R_B^2-2R_B R_C}=d \,\,\,\Rightarrow\,\,\, 2R_B^2-2\sqrt{R_B^4-4R_B^2R_C^2}=d^2 $$

$$(2R_B^2-d^2)^2=4R_B^2(R_B^2-4R_C^2) \,\,\,\Rightarrow\,\,\, R_C=\frac{1}{2}\sqrt{R_B^2-(R_B-\frac{d^2}{2R_B})^2}\\R_C=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{d^4}{4R_B^2}- d^2 }$$

Sur la figure, on trouve le centre du cercle rouge de rayon \(R_C\) à l'intersection de deux paraboles, de foyers \(B\) et \(B'\) et de directrices parallèles à la diagonale horizontale du carré à une distance égale au rayon \(R_B\).  La première parabole est le lieu, en bas de la diagonale, des centres des cercles qui touchent la diagonale et l'extérieur du cercle bleu de centre \(B\) et, en haut de la diagonale, le lieu des centres de cercles touchant la diagonale et l'intérieur du cercle bleu. La seconde est se définit de la même façon, mais avec le point \(B'\) à la place de du point \(B\) comme foyer et avec une directrice placé en bas au lien d'en haut de la diagonale.  Il s'en suit que leurs intersections sont les centres de deux cercles, chacun tangent extérieurement à un cercle bleu et intérieurement à l'autre, dans des quadrans opposés (en haut à droite et en bas à gauche).

Les cercles verts

Par le même procédé que pour le cercle rouge, on peut localiser le centre d'un cercle vert de rayon \(R_B\) touchant l'extérieur des deux cercles bleus et deux côtés du carré en prenant l'intersection de deux paraboles, chacune étant le lieu des cercles tangents à la droite contenant un côté du carré et à un des cercles bleus.  On a placé alors les directrices parallèles aux côtés du carré à une distance égale à \(R_B\). Par symétrie de la construction, une parabole et une droite auraient aussi été suffisants pour localiser le centre du cercle vert.

Aussi, par le théorème de base, sur deux cercles et d'une droite mutuellement tangents deux-à-deux, et par l'expression trouvée pour le \(Côté\) du carré, on a l'équation suivante:

$$Côté=2R_B+\sqrt{2}d=R_D+2\sqrt{R_D R_B}+R_B\\(R_B-R_D+\sqrt{2}d)^2=4(R_D R_B)$$

Voilà une équation quadratique en \(R_D\), de laquelle on peut tirer 

$$ R_D=3R_B+d\sqrt{2} \pm 2\sqrt{2 R_B^2 + R_B d \sqrt{2}} $$

Puisque \(3R_B+d\sqrt{2} > R_B \), la seule chance d'avoir \(R_D<R_B\), c'est avec la plus petite des deux solutions:

$$ R_D=3R_B+d\sqrt{2} - 2\sqrt{2 R_B^2 + R_B d \sqrt{2}} $$

Solution au problème

Nous devons d'abord trouver la valeur de \(d\), pour laquelle \(R_A=R_C\). Si \(R_A=R_C=1\), alors les cercles rouges et noirs sont placés symétriquement par rapport au centre \(B'\) du cercle bleu et donc \(\overline{EB'}=\overline{B'O}=d\) et \(\overline{EB}=3d\). Il s'en suit, par le théorème de Pythagore, appliqué au triangle \(\triangle{BEC}\), une équation quadratique en \(d^2\) de laquelle on ne tire enfin qu'une seule valeur strictement positive pour \(d\):

$$  (3d)^2 + 1^2 = (R_B + 1)^2 = (\sqrt{d^2+1} + 2)^2\\  \,\Rightarrow\, d^2(4d^2-5)=0 \,\Rightarrow\, d=\sqrt{\frac{5}{4}}$$

De cette valeur pour \(d\), pour laquelle \(R_C=R_A=1\), et de nos formules pour \(R_B, Côté\) et \(R_D\), on peut calculer les grandeurs dans la solution du problème:

$$ R_B=\sqrt{d^2+1}+1=\frac{5}{2}\\Côté=2R_B+\sqrt{2}d=5+\sqrt{\frac{5}{2}} \\  R_D=  3R_B+d\sqrt{2} - 2\sqrt{2 R_B^2 + R_B d \sqrt{2}}  \\ R_D= \frac{15}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{10}-\sqrt{50+5\sqrt{10}}\\ R_D \approx 0.968716978 \\ \blacksquare $$

Remarque

Cette construction géométrique est intéressante car les valeurs \(R_D\) et \(R_B\) sont relativement proches \((\approx 97\%)\) et notre œil pourrait être tenté de les confondre. L'expression algébrique de la solution \(R_D\div R_A\) est relativement compliquée, mais cette construction met néanmoins en lumière un joli rapport avec

$$ 2R_B=5R_A $$.

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