spline et bezier

7/26/2019 spline et bezier

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FFeeuuiilllleeddeeVV iiggnnee

I rem de Dijon

N 114 Dcembre200

L es piles deGergonne

Dans l'espace, quadrilatrepossur unesphre

A rcs decercles et courbes deB zier rationnelles quadratiques

R evueTrimestriell

I ssn 024-575


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I rem deDijon 2009


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Sommaire

AAggeennddaa

BBllooccnnootteess

JJeeuuxxeettPPrroobbllmmeess

AArrttiicclleess

LLeessppiilleessddeeGGeerrggoonnnnee

MMiicchheellLLAAFFOONNDDeettMMaarriiee--NNoolllleeRRAACCIINNEE

DDaannssll''eessppaaccee,,qquuaaddrriillaattrreeppoossssuurruunneesspphhrree

EEmmmmaannuueellMMOORREEAAUU

AArrccssddeecceerrcclleesseettccoouurrbbeessddeeBBzziieerrrraattiioonnnneelllleessqquuaaddrraattiiqquueess

LLiioonneellGGAARRNNIIEERR

11

55

77

99

1133

2211


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FeuilledeV ignen 114 Dcembre2009

ditorial

- Abracadabra, la carte que tu as

choisie est la onzime :Vrifie!

- Mais, comment as-tu fait Papa ? Je

croyais que tu tais mathmaticien, pasmagicien ?

A lire avant de partir en vacances de

Nol, larticle de Michel Lafond et

Marie-Noelle Racine permettra tous

nos lecteurs danimer leurs ftes de

famille en impressionnant les petits par

des tours de magie inratables et les

grands par leurs talents en

arithmtique.

Retour au travail avec larticle de

Emmanuel Moreau qui nous guide en

deux temps pour une activit de

gomtrie faire en classe de premire

S. Dabord, on effectue la construction

dune sphre et dun quadrilatre

gauche dont les cts lui sont tangents

laide du logiciel CABRI, puis on

dmontre que les quatre points de

contact de ce quadrilatre avec la

sphre sont coplanaires.

Larticle de Lionel Garnier fait suite auprcdent. Alors quil avait expliqu

dans la dernire Feuille de Vigne

comment modliser un arc de conique

en utilisant une courbe de Bzier

rationnelle, il montre ici comment

modliser un arc de cercle en utilisant

une courbe de Bzier rationnelle

quadratique. Ses deux articles nous

fournissent un exemple doutils

dvelopps dans cette discipline pleine

davenir entre gomtrie et

informatique qui la base de la

Conception Assiste par Ordinateur.

Bonne lecture et joyeuses ftes !

C. Labrure Chazal


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FeuilledeV ignen114 Dcembre2009 1

A genda

1133EETT1144JJAANNVVIIEERR22001100

La rgionale de Bourgogne de lAPMEP vient de doter lIREM dune trs belle

reproduction dun TRAITE DE NAVIGATION publi en 1760 et crit par JB

Denoville.

Jean-Baptiste Denoville, lors dun sjour en Angleterre en tant que prisonnier, a crit

ce trait de navigation. Cherchant russir des examens pour entrer dans la marine, il

accompagne la navigation par un abrg darithmtique ( mettre entre toutes les

mains), suivi de quelques problmes de gomtrie.

Voici sa proposition VII :

Partagez une angle rectiligne Donne ?

Laissez A tre langle proposez pour Etre partag

Sur le point angulaire A

Dcrivez plaisir larc DE

Sur les points E**

Comme centres, faites la section* O

Tirez la ligne AO

Cette ligne AO

Divisera Langle Donn BAC

En deux parties Egalles

Gageons que des lves qui ont besoin de retenir la construction de la bissectrice dun

angle BAC retiendront plus facilement celle-ci aprs avoir comment le texte ci-

**le lecteur rectifiera de lui-mme : il s'agit en fait des points D et E * faites la section signifie que les arcs de cercles de centres d et E sont scants (en O)


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2

dessus, en particulier les expressions vieillottes et dlectables comme Dcrivez

plaisir !

Les 13 et 14 janvier prochains, travers des activits quelle a dj proposes pour

des classes, Vronique Hauguel nous montrera comment utiliser ce trait de

navigation avec des lves plus ou moins aguerris aux mathmatiques, du collge la

terminale.

13 et 14 janvier 2010

Lieu : Salle du Conseil,

facult Sciences Mirande

EXPOSITION Naviguer au XVIIIe

Pour mettre en valeur le manuscrit de 1760

de Jean-Baptiste Denoville lASSP a ralis

une exposition compose de panneaux, de

vitrines avec des maquettes, des instrumentset des reproductions dinstruments anciens.

Pour chaque instrument, une fiche donne

quelques explications sur lhistoire et

lutilisation de celui-ci.

Lexposition Naviguer au XVIIIese dcline

donc sous deux aspects :

. Une srie de 15 panneaux : Denoville, unpilote du XVIII

e.

. Des instruments et des fiches

daccompagnement : les instruments dunpilote au XVIII

e.

Lexposition a t prsente pour la

premire fois la Bibliothque Municipale

de Rouen enjuin 2008.

Il est possible de se procurer cetteexposition auprs de l'association.

Des animations et des activits pourscolaires ou tout autre public sont

envisageables.

Cette exposition a t ralise en partenariat

avec la Bibliothque Municipale de Rouen

et la Maison de lUniversit.

14 janvier 2010

Lieu : IREM,

Facult Sciences Mirande

Journe de formation organise en

collaboration avec l'IUFM deBourgogne : "Naviguer au XVIIIe

sicle Utilisation des mathmatiques

en astronomie et dans la navigation"

Vronique HAUGUEL, agrge de

mathmatiques.

Objectifs de la formation :

Initiation lastronomie pour donner

des pistes permettant aux enseignants

de mener des ateliers sur la boussole,

les cadrans solaires, le calendrier et

les phases de la Lune. Un trait de

navigation sera prsent pour montrer

comment on naviguait aux toiles

jusquau XVIIIesicle.


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25 mars 2010 : 3ejourne de formation

Journe de formation organise en collaboration avec l'IUFM de Bourgogne :"Modlisation d'un arc de conique par une courbe de Bzier quadratique", Lionel

GARNIER, UFR Sciences et Techniques, Universit de Bourgogne.

Descriptif de laction :Modlisation dynamique l'aide d'un logiciel de gomtrie dynamique d'arcs de

coniques partir de deux extrmits et des tangentes en ces points en utilisant des

courbes de Bzier. Le but est de montrer comment il est possible de tracer un arc de

parabole en utilisant trois combinaisons convexes.

Objectifs de la formation :

Permettre l'lve (et l'enseignant aussi) d'utiliser un outil ludique pour

modliser des arcs de coniques l'aide de points de contrle pondrs. Cet outil est

trs utilis en industrie car il est trs intuitif .

Contenus :Modlisation dynamique d'arcs de coniques partir de deux extrmits et des

tangentes en ces points en utilisant des courbes de Bzier. Le but est de montrer

comment il est possible de tracer un arc de parabole en utilisant trois combinaisons

convexes. On verra comment il est possible de passer du modle polynmial aumodle rationnel en passant en gomtrie projective. Un point fort du stage est la


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4

modlisation d'arcs de cercle l'aide de trois points de contrle et d'un nombre ou de

trois nombres. On verra aussi comment il est possible de construire un cercle avec

seulement trois points de contrle et deux nombres. Manipulation d'un logiciel de

gomtrie dynamique.

Dmarche pdagogique :Permettre l'lve (et l'enseignant aussi) d'utiliser un outil ludique pour

modliser des arcs de coniques l'aide de points de contrle pondrs. Cet outil est

trs utilis en industrie car il est trs intuitif .

Rfrents thoriques :

Mathmatiques pour la modlisation gomtrique, la reprsentation 3D et la

synthse dimages. Lionel Garnier. Ellipses, 2007.

Mathmatiques des Courbes et des Surfaces. Modles de Bzier, des B-Splines

et des NURBS. G. Demengel and J. P. Pouget. Ellipses, 1998.

Documentation fournie aux personnes en formation : un polycopi.

Productions et/ou comptences attendues en fin de formation : modlisation

darcs de coniques par la donne de deux points et les tangentes en ces points et dun

ou de trois poids.


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B loc-notes

NNOOUUVVEELLLLEESSAACCQQUUIISSIITTIIOONNSSAALLAABBIIBBLLIIOOTTHHEEQQUUEE

Les ouvrages de la bibliothque sont la disposition des enseignants de l'Acadmie

PENROSE Roger. A la dcouverte des lois de l'univers

LA PASSEGGIATA DVD. Qu'est-ce que la recherche en mathmatique aujourd'hui. J.P.

Kahanne

DUDENEY H.E.. Divertissements mathmatiques 1.

GRAS R.. Pour un enseignement probabilis des mathmatiques au lyce. Tome 1

GRAS R.. Pour un enseignement probabilis des mathmatiques au lyce. Tome 2

LIPSCHUTZ Seymour. Topologie. Cours et TP Srie Schaum

AYRES Franck. Thorie et application des quations diffrentielles Srie Schaum

AYRES Franck. Thorie et application du calcul diffrentiel et intgral Srie SchaumROQUES J. Louis. Cours d'algbre.

BAYEN Franois. Fonctions d'une variable complexe. Tome 1

BAYEN Franois. Espaces de Hilbert et oprateurs. Tome 2

BAYEN Franois. Distributions analyse de Fourier. Transformation de Laplace.

Problmes de math appliques. Tome 3

EULER Leonhard. Dissertation sur les fractions continues. Des fractions continues.

QUEYSANNE M. Algbre.

VIREUX-REMOND Antoinette. La logique formelle.

BERGER Pierre. L'ordre dans le chaos.

GARNIER Lionel. Mathmatiques pour la modlisation gomtrique. La reprsentation 3Det la synthse d'images.

Socit belge des Professeurs de mathmatique. Olympiades mathmatiques belges. n 2

(1982-1987), n 3 (1988-1993), n 5 (1999-2002), n 6(2003-2006).

EUREKA. Logicologique. Jeux et nigmes mathmatiques.

BARTOCCI Claudio et OFIFREDDI Piergiorgio. La mathmatique. Les lieux et les temps.

DELAHAYE Jean-Paul. Au pays des paradoxe.

AUDIN Michle. Souvenirs sur Sofia Kovalewskaya.

FREDON Daniel. Mathmatiques ; concours coles d'ingnieurs post-bac.

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Jeux et P roblmes

Michel Lafond

[email protected]

JEU - 64.

Trouver une progression arithmtique infinie dentiers naturels, de raison non nulle et

qui ne contient aucune puissance nk [avec n2 et k2].

PROBLME - 64.

Soit une progression arithmtique infinie : P = (a, a+ r, a+ 2r, a+ 3r- - - )aet r tant des entiers naturels au moins gaux 1.

Dmontrer que pour tout entier positif p on a :

- ou bien P ne contient aucune puissance pime

[np]

- ou bien P contient une infinit de puissances pime

________________

Solutions

JEU - 63

Deux triangles quilatraux gaux se

coupent selon 6 segments.

Dmontrer que les longueurs

AB + CD + EF (en pointill)

et BC + DE + FA (en gras)

sont gales.

Solution :

Le secret rside dans la similitude des triangles AFG, BCI, CDJ, DKE, ELF, FAG.

Il existe donc un nombre k > 1 tel que :

LE + LF = kFE HA + AB = kAB JC + JD = kCDkAF = GA + GF kBC = IB + IC kCD = JC + JD

B

DC

F

A

E


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8

Soit P le primtre commun aux deux triangles quilatraux.

En ajoutant membre membre les 6 galits ci-dessus, on obtient :

P (BC + DE + FA) + k(BC + DE + FA) = P (AB + CD + EF) + k(AB + CD + EF)Cest--dire (k 1) (BC + DE + FA) = (k 1) (AB + CD + EF) qui prouve bien que

BC + DE + FA = AB + CD + EF puisque k 1 nest pas nul.

PROBLME - 63

Si x dsigne la partie entire dex, on vrifie que

2008 = 485 + 485 et que 2009 = 1524 +1524

Dmontrer plus gnralement que tout entier naturel nscrit de manire unique

Soit n= a+ a avec aentier, soit n= b+b

avecbentier.

Solution :

Si nne s'crit pas a+ a avec aentier, alors il y a un entier atel que

a+ a < n < a + 1 + (a + 1) (1)

Soit b= n a. Prouvons que n= b+

b.

Daprs (1) a + 1 + a n a+ (a + 1)

Retranchons a : 1 + a b (a + 1) (2)Comme par dfinition dans R : x x


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L es piles deGergonne

Michel Lafond et Marie-Nolle Racine

Rsum : A partir d'un tour de cartes et de ses variantes, voir l'utilisation de ladcomposition d'un nombre en base 3. Ceci peut faire l'objet d'exercices tant en

collge qu'en lyce.

Mots cls : tour de cartes, magie et maths, arithmtique, base 3.

Les tours de cartes sont parfois loccasion de manipuler les notions darithmtique.

Cest le cas du tour dcrit et expliqu dans cet article. Vous voulez tonner vos amisou vos lves ? Voici un tour qui ne manquera pas de les surprendre et qui, selon lesvariantes choisies pourra tre expliqu, ds le collge et pourquoi pas ds lcole.

Les piles de Gergonne. [Tour impromptu : se fait avec nimporte quel jeu et vousnavez mme pas, si vous le voulez, manipuler les cartes. Il ny a pas de prparationdu jeu lavance].

Le mathmaticien Gergonne en 1813 sest pench sur la rsolution du problme

suivant : Placer la carte choisie par le spectateur au rang choisi aussi par lespectateur dans le tas de cartes.

1. Vous avez besoin de 27 cartes ; le spectateur en choisit une, mentalement, dont ilretient le nom.

a) Vous faites sur la table trois tas de 9 cartes.b) Vous montrez au spectateur chacun des trois tas (il est inutile pour vous de voir lescartes) : il vous indique dans quel tas est sa carte.c) Vous reformez le tas complet, en mettant le tas dsign au milieu des deux autres.d) Vous rptez deux fois les manipulations a) b) c) ci-dessus.

La carte choisie par le spectateur est la 11e partir du haut. Ceci permet plusieurs

sorties

Variantes possibles :

2. Peut-on forcer le rang de sortie en position 1 ?Peut-on forcer le rang de sortie en position 27 ? [dernire position]Peut-on forcer le rang de sortie en position n? [narbitraire entre 1 et 27]

3. Tour inverse.


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Le spectateur range les tas comme il veut, le manipulateur est cens trouver le rangde sortie de la carte choisie.

4. Daprs Thomas WALKER.Vous avez besoin de 27 cartes ; le spectateur en choisit une, mentalement, dont il

retient le nom.Vous faites sur la table trois tas de 9 cartes.Vous montrez au spectateur chacun des trois tas (il est inutile pour vous de voir lescartes) : il vous indique dans quel tas est sa carte.Vous reformez le tas complet, en mettant le tas dsign au milieu des deux autres.Vous refaites trois tas sur la table mais, cette fois, en mettant les cartessuccessivement sur les autres (tas de gauche, du milieu, de droite, de gauche, dumilieu, etc.).Comme prcdemment, le spectateur vous indique le tas de sa carte ; ce tas est

maintenant mis sous les deux autres.Une dernire fois, vous refaites trois tas, comme juste auparavant. Le spectateur vousindique le tas de sa carte. Le tas est cette fois mis au milieu.Quel est le rang de la carte choisie par le spectateur ?

Et maintenant, voici les explications : vous avez dj sans doute compris, voirecalcul, pourquoi la carte est la 11e dans la premire variante. Les explications quisuivent sont gnrales et vous permettront de comprendre et raliser toutes lesvariantes.

X X XA chaque tape :

les 3 piles ( gauche facevisible)

sont mises dans un certainordre

en tas ( droite facescaches).

tas 1 (haut)

tas 2(milieu)

tas 3 (bas)

X X XX X XX X XX X XX X XX X XX X XX X X

Pile 1 Pile 2 Pile 3

A chaque tape, le seul paramtre prendre en compte est le rang (1,2 ou 3) du tasdans lequel on mettra la pile de la carte choisie. On note t1, t2, t3 ces trois rangs.

Voyons comment faire pour que la carte choisie se retrouve par exemple enposition 20 la fin :

On rsout lquation t1 + 3 t2+ 9 t3= rang + 12 (ici 20 + 12 = 32)o t1, t2, t3{1, 2, 3} [explication la fin]


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La solution toujours unique est ici :t1= 2 t2 = 1 t3= 3 donc :

A la premire tape, on met la pile dans le tas t1 = 2 (milieu) :

X a X Ce quon obtient aprs

redistribution est droite :

figure 1

X b XX c XX d X a b cX e X d e fX f X g h iX g XX h XX i X

tas 1 tas 2 tas 3 pile 1 pile 2 pile 3

A la deuxime tape, on met la pile dans le tas t2 = 1 (haut) :

X XCe quon obtient aprs

redistribution est droite :

figure 2

X X a d gX X

a X Xd X Xg X X

X XX XX X

tas 1 tas 2 tas 3 pile 1 pile 2 pile 3

A la dernire tape, on met la pile dans le tas t3 = 3 (bas) :

X X X la fin, quand on retourneles cartes une une (danslordre 1, 2, 3) la carte

choisie (g) est bien au rang20.

figure 3

1 10 19a d g 2 11 20X X X 3 12X X X 4 13X X X 5 14X X X 6 15X X X 7 16X X X 8 17X X X 9 18

tas 1 tas 2 tas 3


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12

Lquation t1 + 3 t2+ 9 t3= rang final + 12 o t1, t2, t3{1, 2, 3} sexpliqueainsi :

On commence par la fin :o

La contribution de t3 au rang final est gale 9 t3 car (figure 3) chaqueaugmentation dune unit de t3le rang augmente de 9 (effectif dune pile).

o

La contribution de t2 au rang final est gale 3 t2 car (figure 2) chaqueaugmentation dune unit de t2 le rang augmente de 9 (effectif dune pile)divis par 3 car la distribution qui suit morcelle chaque pile en trois.

o La contribution de t1 au rang final est gale t1 car (figure 1) chaque

augmentation dune unit de t1 le rang augmente de 9 (effectif dune pile)divis deux fois par 3 cause des deux distributions qui suivent.

Ainsi, le rang final est gal t1 + 3 t2+ 9 t3+ constante, et lexamen par exemple ducas t1 = t2= t3= 1 pour lequel le rang final est gal 1 montre que cette constante vaut

12.

Si, dans lquation t1 + 3 t2+ 9 t3= rang final + 12, o t1, t2, t3{1, 2, 3}, on poseti= 1 +ci lquation devient c1 + 3 c2+ 9 c3= rang final 1 o

c1, c2, c3{0,1, 2}.

On reconnat lcriture de rang final 1 en base 3 o c1, c2, c3sont les chiffres.

Donc une manire simple de procder pour forcer le rang final de la carte choisie est

dcrire rang final 1 en base 3 sous la forme :rang final 1 = [c3c2c1] puis de poserti= 1 +cice qui donne lordre des tas dans les trois manipulations successives, avec laconvention que t= 1 est le tas du haut, t= 2 est le tas du milieu, t= 3 celui du bas.

Ainsi pour avoir le rang 14, on crit 14 1 = 13 = [111] base 3Cela donne c1 = c2=c3= 1 do t1 = t2= t3= 2 et on mettra toujours le tas de la cartechoisie au milieu.

Attention, les tas sont faces caches alors que les piles sont faces visibles.

Vous avez les cartes en main, vous de jouer !..


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Dans l'espace, quadrilatrepossur unesphre

Emmanuel MOREAU, Lyce Davier Joigny

Rsum :Avec les outils d'un lve de 1eS, dmontrer ce rsultat : si les 4 cts dunquadrilatre gauche sont tangents une sphre, alors les 4 points de contact sont

coplanaires.

Mots cls : Gomtrie 1e S ; quadrilatre gauche ; quadrilatre tangent sphre,coplanaire, coplanarit.

Le but de ce travail est de dmontrer le surprenant rsultat que voici :

Si les 4 cts dun quadrilatre gauche sont tangents une sphre,

alors les 4 points de contact sont coplanaires.

Voici un beau rsultat de gomtrie que lon peut obtenir avec les outils dun lve dePremire S.On peut en outre amener les lves conjecturer ce rsultat laide dun logiciel degomtrie dynamique.On propose dans ce qui suit de mener ce travail en deux temps :1) La construction de la figure ci-dessus laide du logiciel Cabri 3D(1h ou 1h30 ensalle informatique pour des lves dcouvrant le logiciel).

2) La dmonstration du thorme conjectur, qui pourra alors tre traite la maison.


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Quadrilatre tangent une sphre :Construction dune figure laide du logiciel Cabri 3D.

Question prliminaire :

1) Dans le plan, on considre uncercle C de centre O et un point Aextrieur C. On souhaite construireles 2 tangentes C passant par A.

Sur la figure ci-contre, on a trac lecercle de diamtre [OA]. Justifierque ce cercle permet dobtenir la

construction des 2 tangentes.2) On se place dsormais dans lespace. S est une sphre de centre O et A un pointextrieur cette sphre.Comment construire une tangente S passant par A ?Raliser cette construction laide dun logiciel de gomtrie dynamique. AvecCabri 3D, on pourra utiliser loutil "courbe dintersection" pour faire apparatrelensemble des points de contact des tangentes passant par A.

La construction :

Il sagit de construire un quadrilatreABCD dont les 4 cts sont tangents unesphre. On nomme P, Q, R et S les pointsde contacts, comme il est indiqu sur leschma ci-contre.

Dans la mthode propose, on vous

demande de placer dabord les points P etQ, puis B , puis lon vous guide pourles tapes qui suivent.


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1

Si O est lorigine du repre (Cabrinoffre pas la possibilit de nommer les points),construire une sphre de centre O et placer deux points P et Q sur cette sphre.Le plan (xOy) qui apparat en gris peut tre masqu (bouton droit de la souris).Construire les droites (OP) et (OQ).Dans quel plan doit tre la droite (BP) ? Et (BQ) ? En dduire que B appartientncessairement une droite que lon tracera laide de loutil "Courbe

dintersection" (3

me

icne). Ne pas hsiter tourner la figure si des lments utiles nesont pas visibles (maintenir le bouton droit enfonc). Masquer les plans deconstruction devenus inutiles et tracer les droites (BP) et (BQ). Placer des points A etC sur ces droites.

2


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Cliquer sur la sphre (bouton droit) et utiliser la fonction "style de surface" pour faireapparatre la sphre en hachure fine (style de surface). Ceci permettra de visualiserdes lments situs derrire ou dans la sphre.

En vous inspirant de la question prliminaire, tracer le cercle qui correspond au lieu

possible du point R. Placer un point R sur ce cercle.Tracer le cercle qui correspond au lieu possible du point S.

3

Construire D et achever la construction du quadrilatre ABCD.Indication : quel plan appartient le point D ?

Vers une conjecture :Faire bouger quelques points libres pour que le quadrilatre ABCD soit trsvisiblement gauche (non contenu dans un plan).Construire le plan (PQR) et faire tourner la figure. Quelle conjecture peut-onformuler concernant le quadrilatre PQRS ?Masquer le plan et faire apparatre PQRS laide de loutil "polygone".

Formuler en une phrase le surprenant rsultat conjectur : Si les 4 cts dunquadrilatre gauche ABCD sont tangents une sphre, alors .Vers un dbut de dmonstration : laide de loutil "distance", formuler uneconjecture concernant la nature du triangle APS.


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Quadrilatre tangent une sphre : Dmonstration du thorme conjectur.

Sur la figure ci-contre : ABCD est un quadrilatre gauche. Les 4 cts de ABCD sont tangents une

mme sphre. P, Q, R et S sont les points de contact aveccette sphre de centre O.

1) Montrer que les triangles OAP et OAS sontisomtriques (Ils ne le sont pas sur la figure : ilsagit dune vue en perspective).Quen dduit-on concernant le triangle APS ?

2) On poseAB = a, BC = b, CD = c, DA = detx= AP.La question 1) nous permet dexprimer dautreslongueurs comme il est indiqu ci-contre (parexemple DR = d-x).Exprimer les longueurs CQ et CR en fonction dea, b, c, detxet justifier que a c b d + = + .

Formuler en une phrase le rsultat dmontr.

3) On pose , ,AB AD DC

i j kAB AD DC

= = =

uuur uuur uuur

r uur r

Justifier que ( , ,i j kr r r

) est une base norme delespace.4) Exprimer les vecteurs PS

uuur

et SRuur

dans la base

( , ,i j k

r r r

) et montrer que :( )( ) ( ) ( )b PQ b a a x i d a x j c a x k = + +

uur r r r

5) En dduire quil existe 2 rels et (que lonexprimera en fonction de a, b, c, detx), tels que :b PQ PS SR = +

uuur uuur uur

6) Conclure.


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Remarques concernant la construction :

Question prliminaire :

Il sagit de faire apparatre lintersection de 2 sphres. On peut indiquer aux lvesque lon peut masquer la deuxime sphre une fois le cercle dintersection obtenu.Cette question prliminaire peut aussi tre loccasion dune prise en main du logiciel.On peut galement samuser faire apparatre lensemble des tangentes laide deloutil "cne". Ceci peut aider convaincre les lves que lintersection de 2 sphresest bien un cercle et non une ellipse.

Quadrilatre tangent une sphre : Construction

Pour construire D et achever la construction du quadrilatre ABCD, on construit leplan (ACR) puis on trace les points dintersection de ce plan avec le cercle quicorrespond au lieu possible du point S. Lun des 2 points dintersection simpose, que

lon appelle S. Le point D est alors le point dintersection de (AS) avec (CR).

Pour conjecturer le rsultat :Cabri ne permet de construire un polygone que si celui-ci est plan. Il vaut doncmieux commencer par construire le plan (PQR) avant le polygone, car le faitdobtenir ce polygone contiendrait implicitement la conjecture formuler.

Remarques concernant la dmonstration :

1) Il suffit de remarquer que etOSA OPA sont des angles droits. Les deux trianglesrectangles ont deux longueurs communes : la longueur OA et OP = OS = Rayon de lasphre.

2) On incite les lves crire DR = dxplutt que DR = a b+ cxpour allgerles calculs qui suivent (certains lves pourraient ne pas penser simplifierlcriture).On a dmontr que :

"Si les 4 cts dun quadrilatre sont tangents une sphre, alors la somme deslongueurs de ses cts opposs est la mme pour les deux couples de cts opposs".

3) ABCD tant gauche, les vecteurs ne sont pas coplanaires donc ils forment unebase. Ces vecteurs sont norms par dfinition.

4) On a PS x i x j= +uuur r r

, ( ) ( )SR d x j d x k = + uur r r

puis ( ) ( ) BC

PQ a x i a x

b

= +

uuur

uuur r

do ( ) ( )b PQ b a x i a x BC = + uuur r uuur

or

BC a i d j c k= + +uuur r r r

do le rsultat.


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5) On en dduit sans trop de difficults ( PSuuur

na pas de composante selon kr

et SR na

pas de composante selon j ) que b PQ PS SR = +uuur uuur uur

avec( )d a x

x

= et

( )c a x

d x

=

.

On doit ici penser utiliser la relation a c b d + = + prcdemment obtenue.

6) Cette relation montre que les trois vecteurs sont coplanaires, il en est donc demme pour les 4 points de contact.

_________________

Remarque de M. Lafond :

Il existe une dmonstration gomtrique sans utilisation des vecteurs :

Les tangentes la sphre sont AB, BC, CD, DA et les points de contact P, Q, R, S.[Figure 1].On a bien sr AP = AS ; BP = BQ ; CQ = CR et DR = DS."Dplions" la figure autour de la droite (BD) de manire ce que ABCD soient

coplanaires, ce qui conserve les galits prcdentes.

Distinguons deux cas :

Si PS //BD alors daprs Thals, BP = DS donc BQ = DR donc QR //BD etdans ce cas PS //QR.

Ce paralllisme est conserv aprs repliage, donc P,Q,R,S sont bien coplanaires.

Si PS nest pas parallle BD alors daprs le raisonnement prcdent, QRnest pas parallle BD.

A

B

C

D

P

R

S


24/44

20

PS coupe la droite BD en I, QR coupe la droite BD en J, et daprs Mnlaus utilis 2fois :

JD

JB

QC

QB

RD

RC

RD

QB

SD

PB

PA

PB

SD

SA

ID

IB===== .

Donc I = J et on a la figure 2 ci-dessous :

Quand on replie autour de (BD), IJPQRS restent coplanaires. CQFD.

En toute rigueur, il faut dmonter que I et J sont du mme ct de [BD] sur la droite(BD), mme si cest vident :

Allons-y : [Voir la figure 3]Puisque PS nest pas parallle BD, on peut supposer PB < DS.Donc AP


25/44

Arcs de cercles et courbes de Bzierrationnelles quadratiques

Lionel GARNIER, [email protected]

Rsum

Dans le numro 113 de la la feuille de vigne de septembre 2009, nous avons vulalgorithme de De Casteljau qui permet de construire un arc de parabole laide de

trois points de contrle en utilisant une courbe de Bzier polynmiale. Nous avons aussi

dfini la notion de courbe de Bzier rationnelle de degr 2 en utilisant des concepts de

gomtrie projective.Dans cet article, dans un premier temps, nous allons montrer comment il est pos-

sible de modliser des arcs de cercles en utilisant des courbes de Bzier rationnelles

quadratiques. Dans un second temps, nous adaptons lalgorithme de De Casteljau dans

le cas du cercle et proposons une construction fractale dun arc de cercle.

Mots cls :courbe de Bzier rationnelle quadratique, arc de cercle, barycentre.

1 Rappels

Pour que cet article soit autonome, nous rappelons les expressions des polynmesde Bernstein de degr2:

B0(t) = (1 t)2 , B1(t) = 2t (1 t) , B2(t) =t2 (1)ainsi que la notion de courbe de Bzier rationnelle de degr2:

Dfinition 1 : courbe de Bzier rationnelle quadratique (CBRQ)Soit (P0; 0), (P1; 1) et (P2; 2) trois points pondrs du plan affine euclidien

usuel, vrifiant :

les pointsP

0, P

1etP

2ne sont pas aligns ;

pour tout relt de[0; 1], nous avons :2

i=0

iBi(t) = 0 (2)

0 1 2= 0.Un pointM(t),t [0; 1], appartient la CBRQ dfinie par les points de contrle

pondrs(Pi; i)0i2 si, pour un pointO deP, M(t) vrifie :

OM(t) = 12

i=0

iBi (t)

2i=0

iBi (t)OPi (3)

21


26/44

Lorsque nous avons 0=2= 1, la courbe est dite sous forme quasi standard etsi nous avons 1>0, la courbe est dte sous forme standard.

De plus, la tangente la courbe en P0 (resp. P2) est la droite (P0P1) (resp.(P2P1)).

Si la condition donne par la formule (2) nest pas vrifie, la courbe de Bzierne reste plus dans lespace affine et la ou les deux valeur(s) correspondante(s) nous

donne(nt) le ou les deux point(s) linfini de la conique reprsente par cette courbede Bzier.

Concernant la motivation et lintrt de ce travail ou concernant la modlisationdarcs dellipses partir des extrmits et des deux tangentes en ces points, le lecteurpeut se reporter [Gar07]. Dans cet article, les extrmits de larc de cercle modlisne seront pas diamtralement opposs. Concernant ce cas, le lecteur peut consulter[FJ89].

2 Dtermination des points et des poids de la courbede Bzier rationnelle quadratique

Si P0, P1 et P2 sont trois points non aligns, RQBC{(P0; P1; P2)} dsigne unecourbe de Bzier rationnelle quadratique de points de contrle P0, P1 et P2 tan-dis que RQBC{(P0; P1; P2) , } dsigne une courbe de Bzier rationnelle quadra-tique quasi standard de points de contrle (P0; 1), (P1; ) et (P2; 1). Finalement,RQBC{(P0; P1; P2) , (0; 1; 2)} dsigne une CBRQ de points de contrle (pond-rs) (P

0;

0),(P

1;

1)et (P

2;

2).

Comme tout diamtre dun cercle est un axe de symtrie, nous obtenons unecondition ncessaire (non suffisante) pour quune RQBC{(P0; P1; P2)} soit un arcde cercle : P0P1 = P1P2 cest--dire que le point P1 appartient la mdiatrice de[P0P2]. Nous allons dans un premier temps dterminer les relations entre les pointsde contrle de la CBRQ et le cercle dont elle modlise larc, figure 1.

2.1 Condition gomtrique

Le thorme 1 permet de dterminer les caractristiques du cercle, dont larc 0ou 1 est modlis par RQBC{(P0; P1; P2)}, passant par P0 et P2 et ayant commetangentes les droites(P0P1) et(P2P1), figure 1.

Thorme 1 : Centre du cercle dtermin par deux points et deux tangentesSoitCle cercle de centreO0 et de rayonR passant parP0 etP2 et ayant comme

tangente(P0P1) et(P2P1), les pointsP0, P1 etP2 ntant pas aligns.Soit I1 le milieu du segment [P0P2]. Soit la mdiatrice du segment [P0P2].

Alors :

1. Si le cercle Cexiste alors le pointP1 appartient la droite.

22


27/44

P0

C

I1

P1

1

0

O0

P2

R

R

Fig. 1 Modlisation de deux arcs de cercle par deux CBRQs.

2. Si le cercle C existe, le centreO0 est donn par :

P1O0=t0

P1I1 avec t0=

P0P1

2

I1P1 P0P1

(4)

et le rayon estR= O0P0.

Dmonstration :

1. Si le cercle C existe alors = (I1O0) est un axe de symtrie de C. Soit s larflexion daxe .

Ainsi s(P0) = P2 et s(P2) = P0. SoitT0 etT2 les tangentes respectives C en P0 et P2. Nous avons donc s(T0) =T2. Les tangentesT0 etT2 sontconcourantes (puisque les deux contiennent P1) et se coupent sur laxe doncP1 appartient la droite .

2. Dans cette partie, le point P1 appartient la mdiatrice et nous supposonsque le cercle Cexiste.

(P0P1)est la tangente au cercle Cen P0 si et seulement si nous avons :

P0P1 P0O0= 0

Le point O0 appartient la droite (P1I1)donc il existe un rel t0 tel que :

P1O0 = t0

P1I1

23


28/44

P0P1

P0O0 = 0P0P1

P0P1+

P1O0

= 0

P0P1 P0P1+ P0P1 P1O0= 0P0P12 + t0P0P1 P1I1= 0

t0 =P0P1

2

P0P1

I1P1

.

Nous avons bienP0P1 P1I1= 0 puisque les points P0, P1 et P2 ne sont pas

aligns. Comme le point P0 appartient au cercle Cde centre O0, le rayon R ducercle Cest donc R= O0P0.

Rciproquement, le thorme 2 permet de construire le point P1 pour que laRQBC(P0; P1; P2)soit lun des deux arcs de cercle de centre donn et dextrmitsP0 et P2.

Thorme 2 : Construction deP1 connaissant le centre du cercleSoit C le cercle de centreO0 et de rayonR passant par les deux points distincts

P0 etP2 etI1 le milieu du segment[P0P2].RQBC(P0; P1; P2) peut

1 tre un arc de cercle de Cpassant par les deux pointsdistinctsP0 etP2 siP1 vrifie :

I1P1=t1

O0I1 avec t1 =

O0P0 I1P0O0P0 O0I1

(5)

Dmonstration :SoitI1 le milieu du segment [P0P2]. Tout diamtre de cercle est axe de symtrie

doncP1 appartient la droite (O0I1)donc il existe un rel t1 tel que :

I1P1 = t1

O0I1

La droite (P0P1)est une tangente au cercle si et seulement siO0P0 P0P1= 0.

O0P0

P0P1 = 0O0P0

P0I1+

I1P1 = 0O0P0 P0I1+ O0P0 I1P1= 0

O0P0 P0I1+ t1O0P0 O0I1= 0t1O0P0 O0I1= O0P0 I1P0t1 =

O0P0

I1P0

O0P0

O0I1

.

Nous avons bienO0P0 O0I1= 0 puisque chaque vecteur est non nul et ils ne

peuvent pas tre orthogonaux car I1 appartient une corde du cercle de centre O0

issue de P0.

1Pour dterminer une conique, il faut cinq contraintes, nous nen avons que quatre (deux points et deux tan-gentes).

24


29/44

2.2 Calculs des poids

Aprs avoir dtermin les conditions gomtriques permettant de passer dun arcde cercle une CBRQ et rciproquement, nous allons, dans ce paragraphe, donnerles conditions sur les poids 0, 1 et 2 pour quune CBRQ modlise un arc decercle. Nous considrons dans un premier temps le cas gnral puis nous verrons lessimplifications quil est possible dapporter lorsque la CBRQ est sous forme quasistandard.

Thorme 3 : Cercle dtermin par deux points et les tangentes en ces pointsSoitCle cercle de centreO0 et de rayonR passant parP0 etP2 et ayant comme

tangente (P0P1) et (P2P1), les points P0, P1 et P2 ntant pas aligns. Soit I1 lemilieu du segment[P0P2]. Soit la mdiatrice du segment[P0P2].

Soit w0 et w2 deux rels strictement positifs, nous posons = 0+ 2. Soit Gle barycentre des points pondrs(P0, 0) et(P2, 2).

Soit=RQBC{

(P0; P

1; P

2) , (

0;

1;

2)}

. La courbe2 est un arc de cercle siet seulement si :

O0

1

2

=R (6)qui est quivalent :

(+ 21)2

O0

1

2

2

=

O0G + 21

O0P1

2(7)

qui est quivalente lquation21+ = 0 o etsont donns par :

= 4

R2 O0P21

, =w2

R2 O0G2

(8)

La solution positive+1 (resp. ngative1) de la formule (9) permet de modliser

le petit (resp. grand) arc de cercle du cercle C.

+1 =

, 1 =

(9)

Dmonstration du thorme :M12

appartient au cercle Cet B0

12

=B2

12

= 14 et B1

12

= 12 .

0B012

+1B1

12

+2B2

12

= 04 +

12 +

24 =

14(0+ 2+ 21) =

14(+ 21)

avec =0+ 2.Gest le barycentre des points pondrs (P0, 0)et (P2, 2)donc pour tout point

O, nous avons OG = 0

OP0+ 2

OP2.

O12 = 4+ 21

04OP0+ 1

2OP1+ 2

4OP2

= 1

+ 21

OG + 21OP1

2Par abus, nous notons de la mme faon la courbe et le chemin :t (t)dfinissant les points (t) de la

courbe .

25


30/44

La dfinition vectorielle dune courbe de Bzier rationnelle ne dpend pas du pointO choisi, nous prenons donc O au centre du cercle O0 et nous avons la relation :

(+ 21)

O0

1

2

=

O0G + 21

O0P1

En prenant le carr scalaire, nous obtenons :(+ 21)

2O0122 = O0G + 21O0P12

2 + 4 1+ 421R2 =2 O0G2 + 4 1O0G O0P1+ 421 O0P21 421

R2 O0P21

+ 4 1

R2 O0G O0P1

+ 2

R2 O0G2

= 0.

Montrons que R2 O0G O0P1 = 0.

R2 =O0P0

2 =O0P0

2 +O0P0 P0P1 (carO0P0 P0P1 = 0) do :

R2 = O0P0 O0P0+ P0P1 = O0P0 O0P1Comme(P0P2) (O0P1)etG (P0P2)figure 1, nous avons P0G O0P1= 0do :

R2 =O0P0 O0P1+ P0G O0P1=

O0P0+

P0G

O0P1= O0G O0P1

do :R2 O0G O0P1 = 0

et nous obtenons 21+= 0en posant = 4

R2 O0P21 et =2R2 O0G2. est bien non nul puisque le point de contrle P1nappartient pas au cercle de centreO0 et de rayon R.

De plus,


31/44

1. La courbecorrespond au plus petit arc de cercle si et seulement si vrifie :

+ = O0I1 RR O0P1 (11)

2. La courbecorrespond au plus grand arc de cercle si et seulement siw vrifie :

= O0I1+ RR + O0P1

(12)

3. Les poids dfinis dans les formules (11) et (12) sont opposs cest--dire quilsvrifient :

+ + = 0 (13)

Dmonstrations : Nous allons utiliser les lemmes suivants.

Lemme 1 :SoitP0P1O0 un triangle rectangle enP0 etI1 le pied de la hauteur issue deP0.

Nous avons alors la relation :

O0P20 =R

2 =O0I1 O0P1 (14)

Lemme 2 :Soit G le barycentre de deux points pondrs (A, a) et(B, b) aveca > 0, b < 0

et|b| < a.Alors le pointG appartient la demi-droite(AB) [AB).

Dmonstration du lemme 2 :G est le barycentre de deux points pondrs (A, a) et (B, b) si et seulement si

aGA + b

GB =

0.

aGA+b

GB =

0 aGA+bGA+bAB= 0 (a + b)AG= bAB. Comme

nous avons a >0, b 0 et donc les vecteurs

AGet

ABsont de sens contraires donc le point G appartient la demi-droite(AB) [AB).

Dmonstration du thorme 4 :12

appartient au cercle C, B0

12

=B2

12

= 1

4 et B1

12

= 1

2.

B0

1

2

+ B1

1

2

+ B2

1

2

=

1

4+

1

2+

1

4=

1

2(1 + )

I1 est le milieu du segment [P0P2]donc pour tout point O, nous avons :

2OI1=

OP0+

OP2

do :

27


32/44

O12

= 21+

14

OP0+

2

OP1+

14

OP2

= 2

1+

12

OI1+

2

OP1

= 11+

OI1+

OP1

La dfinition vectorielle dune courbe de Bzier rationnelle ne dpend pas du

point O choisi, nous prenons donc O au centre du cercle O0 et nous obtenons larelation : O0

1

2

=

1

1 +

O0I1+

O0P1

(15)

I1 appartient au segment [O0P1], figure 1, donc nous avons la relation :

O0P1=

O0P1

O0I1

O0I1 (16)

En combinant les formules (15) et (16), nous avons la relation :

O0

12

=

1

1 +

O0I1+

O0P1

O0I1

O0I1

=

1

1 + O0I1+ O0P1

O0I1

O0I1

(17)

Nous dduisons alors la relation (18) puis la relation (19) aprs le passage aux

normes et le fait que

O0I1O0I1

= 1.

(1 + )O0

1

2

=

O0I1+ O0P1O0I1

O0I1 (18)

|1 + |O0

1

2

= |O0I1+ O0P1| (19)Le point

12

appartient au cercle de centre O0 et de rayon R si et seulement si

O0

12

=R. Le scalaire est donc solution de lquation :

|1 + |R= |O0I1+ O0P1| (20)1. Nous nous plaons dans le cas o (1 + ) R= O0I1+ O0P1.

(1 + ) R= O0I1+ O0P1R + R = O0I1+ O0P1 (O0P1 R) =R O0I1.

P1 nappartient pas au cercle de centre O0 et de rayon R donc O0P1 R = 0.Il vient :

= R O0I1O0P1 R =

O0I1 RR O0P1 (21)

Montrons que appartient ]0; 1[et nous le noterons +.CommeI1est le milieu de la corde [P0P2]du cercle de centreO0 et de rayon R,nous avons O0I1< Rcest--direR O0I1 >0.Nous avons aussi O0P1 > R cest--direO0P1 R >0.

28


33/44

Nous avons bien + >0.

Montrons que : + O0I1 (2R O0I1) R2 >2R O0I1 O0I21

R2 >2R

O0I1

O0I

21

R2 2R O0I1+ O0I21 >0(RO0I1)2 >0.

Ceci est toujours vrai puisqueI1 est sur une corde du cercle de centre O0 et derayonR donc :

nous avons bien + 0 implique 1 ++ > 0 et O0I1+ +O0P1 > 0. A partir de

la relation (18), nous dduisons que les vecteursO01

2 et O0I1 sont de mme

sens donc 12

appartient au petit arc de cercle.

2. Nous nous plaons dans le cas o (1 + ) R= O0I1+ O0P1. (1 + ) R= O0I1+ O0P1R R = O0I1+ O0P1

(R + O0P1) =R + O0I1donc :

= R+ O0I1

R+ O0P1(22)

ce qui implique


34/44

R O0I1O0P1 R

R + O0I1R + O0P1

=(R O0I1) (R + O0P1) + (R + O0I1) (R O0P1)

O0P21 R2

= R2 + R O0P1 R O0I1 O0P1 O0I1+ R2

O0P21 R2

+R O0P1+ R O0I1 O0P1 O0I1

O0P21

R2

= 2R2

2O0P1 O0I1O0P

21 R2

= 2O0P

20 O0P1 O0I1O0P

21 R2

= 0

daprs le lemme 1.

Il est possible de montrer [Gar07] que nous avons aussi :

+ = cos

P0P1;P0P2

=P0P1 P0P2P0P1 P0P2 =

(23)

Exemple 1 :Soit(O; ;) un repre orthonorm direct du plan affine euclidienP. Consi-

drons les pointsP0= (1; 0), P1 = (1; 1)etP2= (0; 1).

1. Dterminer le poids pour que le cercle de centreOet de rayon1 soit modlispar lunion de deux courbes de Bzier rationnelles quadratiques quasi standard

+

et de points de contrle respectifs (P0; 1), (P1; ) et(P2; 1) dune part,(P0; 1), (P1;) et(P2; 1) dautre part, figure 2.2. Dterminer le poids1 pour que larc de cercle de centreO et de rayon1situ

dans le premier quadrant soit modlis par une courbe de Bzier rationnellequadratique1 de points de contrle(P0; 1), (P1; 1) et(P2; 2)

1. Nous avonsP1O= (1;1). SoitIle milieu du segment[P0P2]. Ainsi,I

12

; 12

etP1I=

12 ;

12. Il reste calculer le scalaire t0, formule (4).P0P1= (0;1)doncP0P12 = 1.I1P1 P0P1= 12 0 + 12 1 = 12 donc t0= 2et

nous avons bienP1O = 2

P1Icest--dire que les conditions gomtriques sont

vrifies. Il reste calculer le poids , formule (23).P0P2= (1;1)do :

=

P0P1 P0P2P0P1 P0P2 =

01 + 1 112 =

2

2 (24)

+ est la CBRQ de points de contrle (P0; 1), P1;

2

2 et (P2; 1).

est la CBRQ de points de contrle (P0; 1),

P1;

2

2

et (P2; 1).

30


35/44

P1

O P0

+

P2

Fig. 2 Cercle modlis par lunion de deux courbes de Bzier rationnelles quadra-tiques + et .

2. Naturellement, daprs la question 1, les conditions gomtriques concernant lespoints O, P0, P1 et P2 sont vrifies et le seul travail raliser est le calcul dupoids 1 en utilisant la formule (9).

Nous avons = 3et G13 ;

23

do :

= 4

R2 O0P21

= 4 (1 2) = 4

=w2

R2 O0G2

= 9

1 5

9

= 4

do :

w1=

44= 1

1 est la CBRQ de points de contrle (P0; 1),(P1; 1)et(P2; 2).

3 Modlisation fractale dun arc de cercle

En nous basant sur lalgorithme 2 paru dans la feuille de vignenumro 113 de

septembre 2009, permettant de modliser de faon fractale un arc de parabole, nousproposons un algorithme permettant de modliser de faon fractale un arc de cercle,algorithme 1. Cet algorithme repose sur la modlisation dun arc de cercle en utilisantune CBRQ sous forme standard.

31


36/44

Algorithme 1 : Construction fractale dun arc de cercle.Entre : Soit P0, P1 et P2 trois points non aligns dePtel que P0P1=P2P1.Soit= cos

P0P1,P0P2

.

Procdure FractCercle(P0,P1,P2,)

1. Soit N1= bar

{(P0; 1 ) ; (P1; )

}.

2. Soit N2= bar {(P2; 1 ) ; (P1; )}.3. Soit N3 le milieu du segment [N1N2].

4. =

1 +

2 .

5. FractCercle(P0,N1,N3,).

6. FractCercle(N3,N2,P2,).

Sortie : un arc de cercle dfini de faon fractale par les extrmits P0, P2 de larc

et les tangentes(P0P1)et (P2P1) larc.

Lalgorithme 1 est rcursif et son excution induit la construction dun arbrebinaire (chaque nud a deux branches).

La figure 3 illustre les lments de lalgorithme 1.Nous allons montrer que cet algorithme construit bien des points de larc de cercle

souhait en quatre tapes :(Etape 1) : montrer que le pointN3 est bien sur larc de cercle ;

(Etape 2) : montrer que la droite (N1N2)est tangente au cercle en N3;(Etape 3) : montrer que les trianglesP0N1N3etN3N2P2sont isocles enN1etN2 ;

(Etape 4) : montrer que le nouveau calcul de est le bon.

Etape 1.Montrons que le point N3 de cet algorithme est bien un point du cercle.Soit=RQBC{(P0; P1; P2) , } larc de cercle C, de centreO0, dextrmitsP0

et P2 ayant pour tangentes les droites (P0P1)et(P2P1). Daprs les points 1 et 2 de

lalgorithme 1, nous avons pour tout point O :ON1=

1

1 +

OP0+

OP1

ON2=

1

+ 1

OP1+

OP2

(25)et daprs le point 2 de lalgorithme 1, nous avons pour tout point O :

ON1+

ON2 = 2

ON3 (26)

et en remplaant dans la formule (26), les expressions donnes dans la formule (25),nous obtenons :

2ON3=

1

1 +

OP0+ 2

OP1+

OP2

32


37/44

1

11

N3 N2N1

P1

P2P0 I

Fig. 3 Principe de la construction fractale dun arc de cercle.

ce qui conduit :

ON3=

1

1 + 2+ 1

OP0+ 2

OP1+

OP2

que nous mettons sous la forme :

ON3=

114

+ 12+

14

1

4

OP0+

1

2OP1+

1

4

OP2

=

O

1

2

ce qui prouve que le point N3 est un point du cercle C.Comme est sous forme standard, le point N3 appartient la mdiatrice du

segment[P0P2] cest--dire que les points P1, N3 et O0 sont aligns et les droites(O0N3) et (P0P2) sont perpendiculaires.

Etape 2.Du fait que la gomtrie projective concerve les incidences, la droite (N1N2)

est tangente au cercle au point N3. Cependant, en restant dans le contexte de lagomtrie affine, daprs la formule (25), nous avons :

P1N1 =

1

1 +

P1P0

P1N2 =

1

+ 1

P1P2

(27)

et en considrant lhomothtieHde centre P1 et de rapport 11+ , la droite (N1N2),contenant le point N3, est limage de la droite (P0P2) par cette homothtieH.ces deux droites tant parallles, la droite (P0P2) tant perpendiculaire la droite

33


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(O0N3), nous en dduisons que les droites (N1N3) et (O0N3) sont perpendiculairesce qui prouve que la droite (N1N2)est tangente au cercle au point N3, figure 3.

Etape 3.Etant donn que la construction est symtrique par rapport la droite (O0P1),

pour pouvoir r-itrer le processus, il suffit de montrer que nous avons :

P0N1 = N1N3 (28)

Nous savons que la droite (N1N2) est tangente au cercle au point N3 et que ladroite(N1P0)est tangente au cercle au point P0 doncN1 appartient la mdiatricedu segment[P0N3]ce qui prouve la formule (28).

Etape 4.Afin damliorer la rapidit de lalgorithme 1, dterminons une relation simple

entre le poids dans le triangle P0P1P2 isocle en P1 et le poids 1 dans le triangleP0N1N3 isocle en N1. En ne considrant que des angles gomtriques, nous avons :

1= 180 21

et le point N1 appartenant au segment[P1P0], nous avons :

+ 1= 180

do := 180 (180 21) = 21

Comme= cos

et 1= cos

1, la relation :

cos 1= cos

2

=

1 + cos

2

conduit :

1 =

1 +

2La figure 4 montre un droulement de profondeur 2 de lalgorithme 1. Nous

partons dun triangle P0P1P2isocle en P1. Le premier niveau va construire les pointsN1et N2, tapes 1 et 2 de lalgorithme 1, puis le pointN3de larc de cercle, tape 3de lalgorithme 1. La valeur du poids est alors recalcule, tape 4 de lalgorithme1. La premire (resp. deuxime) partie du second niveau va construire les points Na4et Na5 (resp. N

b4 et N

b5), tapes 1 et 2 de lalgorithme 1, puis le point N

a6 (resp. N

b6)

de larc de cercle, tape 3 de lalgorithme 1.Dans lalgorithme 1, nous avons pris le poids positif ce qui permet dobtenir

le petit arc de cercle. Que se passe-t-il si nous prenons une valeur ngative pour lepoids (cest--dire que nous travaillons sur le grand arc de cercle) ?

Le poids nintervient pas dans les trois premires tapes, ces dernires sont doncencore valides. Il reste donc considrer ltape 4, figure 5. Nous avons :

= cos

P0P1,P0P2

= cos

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Nb5

N3

Na6 Nb6

N2

P1

N1

Na4

P2P0

Nb4Na5

Fig. 4 Droulement de lalgorithme sur une profondeur de 2.

dune part, 21+ 1= et = dautre part, figure 5, do :

1=

2

do :

cos 1= cos

2

=

1 + cos ( )

2 =

1 cos()

2

ce qui conduit :

1 =

1 +

2et ltape 4 de lalgorithme 1 est encore valide.

Remarquons qu partir de la seconde tape, tous les poids calculs sont positifs(i.e.

1<

1 + >0) cest--dire que se donner un poids initial ngatif permet

de construire trois arcs de cercles dcrivant totalement le cercle et modliss par troisCBRQs, sous forme standard (i.e. tous les poids sont positifs), de points de contrlepondrs :

(P0; 1),(P1;)et (P2; 1) ; (P0; 1),(N1; 1)et (N3; 1) ; (N3; 1),(N2; 1)et (P2; 1).

Droulons lalgorithme 1, sur une profondeur de 2, sur la courbe donne laquestion 1 de lexemple 1 :

est la courbe de Bzier rationnelle quadratique de

points de contrle (P0; 1),

P1;22

et(P2; 1), figure 5.

35


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N3

N1

Nb5

Na4

P0

Na5

P2

O

P1

11

= 1

Nb4

N2

Na6

Nb6

Fig. 5 Construction fractale dun arc de cercle partir dun poids ngatif.

Nous avons N1= bar

(P0; 1 ) ;

P1;22

do :

P1

N1=

2

22P1

P0=

2 2 +

24 2

P1

P0=

2 +

2P1P0= 2 +

2

et nous obtenons :

N1=

112

12, 414

et nous obtiendrions de mme :

N2=

121

2, 414

1

ce qui conduit :

N3=

22

22

et :

1=

1

22

2 =

2 2

4 0, 383

Les coordonnes des points calculs lors de ltape suivante sont donnes dans letableau 1. Les points en gras sont des points du cercle.

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MISE EN PAGE :Franoise BESSE

COMITE DE REDACTION ET DE LECTURE :Michel LAFOND

Alain MASCRETMarie-Nolle RACINE

REDACTEUR EN CHEF:Catherine LABRUERE CHAZAL

DIRECTEUR DE LA PUBLICATION :Catherine LABRUERE CHAZAL, Directrice de l'IREM

DPT LGAL :

n 191 2e

semestre 2009

IMPRESSION:Service Reprographie

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Universit de Bourgogne UFR Sciences et TechniquesIREM

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