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Une San Gaku de 1844

Modifié (November 2022) dans Géométrie
Bonjour,
j'ai trouvé cette figure et la question posée (sans preuve) sur le livre de Dan Pedoe,.. c'est du très lourd...
1. ABC        un triangle
2. (O)          un cercle passant par B et C tel que A soit à l'intérieur de (O)
3. D, E         les seconds points d'intersection de (AB), (AC) avec (O)
4. 1, 1'         les cercles inscrits aux triangles ABC et ADE         
5. r1, r1’      les rayons de 1, 1'
6. 3*            le cercle tangent à (AB), (AC) et intérieurement à (O)
7. 3'*           le cercle tangent à (AD), (AE) et intérieurement à (O)
8. r3*, r3’*   les rayons de 3*, 3'*.
Question : 1/r1 + 1/r3’* = 1/r1’ + 1/r3*.
Merci pour votre aide pour la figure.
Sincèrement
Jean-Louis

Réponses

  • Modifié (November 2022)
    Bonne nuit Jean-Louis et fais de beaux rêves!
    Dans quel livre de Pedoe as-tu trouvé ce problème ?
    Peux-tu nous donner cette référence ?
    Avant de montrer ta relation, je serais déjà bien heureux de faire ta figure !!!
    Il s'agit de construire un cercle tangent à deux droites et à un cercle.
    C'est déjà un problème intéressant en lui même, autrefois archiconnu.
    Aujourd'hui c'est évidemment une autre histoire quand le seul cercle encore provisoirement utilisé est notre divin cercle trigonométrique!
    Je sais qu'il existe au plus huit solutions.
    Les centres de ces cercles sont centrés sur les deux bissectrices des deux droites données et il devrait y avoir au maximum quatre solutions pour chaque bissectrice.
    Est-ce que tu t'es servi de cette défunte construction, autrefois bien connue, pour faire la jolie figure que tu nous as soumise ?
    Je pense que la relation à montrer est une conséquence de cette défunte construction !
    Amitiés
    pappus
  • La figure fait penser au théorème du papillon.
  • Modifié (November 2022)
    Mon cher pappus,

    tu as entièrement raison...par le passé, la première question : construire la figure.

    http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol20.html

    puis Mixtilinear...p. 10...

    Le problème a  été trouvé chez :

    Fukagawa H. and Pedoe D., Problem 1. 4. 7. p. 9, 

    Japanese Temple Geometry Problems San Gaku, Winnipeg Canada (1989).


    Ce livre ne donne pas de solution...


    Comme le dit echanche, la figure fait penser à un papillon que je voulais utiliser dans mon énoncé....j'y ai renoncé...

    Ses ailes étant deux triangles semblables, le travail peut se diviser en deux...

    J'ai commencé par établir une formule trigonométrique du rayon d'un cercle inscrit, puis du rayon du mixtilinear incircle associé...

    Avec toutes mes amitiés

    Jean-Louis




  • Modifié (November 2022)
    Mon cher Jean Louis
    Il serait déjà intéressant d'exposer cette défunte construction d'un cercle tangent à deux droites et tangent à un cercle puisqu'elle fait intervenir un cercle arbitraire tangent aux deux droites, un rôle que peuvent jouer les cercles inscrits de ta figure!
    L'inconvénient de ne pas se servir de cette construction est que l'existence et l'unicité des cercles $(3)$ et $(3^*)$ intervenant dans la formule ne sont absolument pas assurées!
    Amitiés
  • Modifié (November 2022)
    Bonjour à tous
    Ci dessous la construction des cercles tangents à deux droites et à un cercle.
    Sur ma figure, j'ai choisi une des deux bissectrices des deux droites données et je me suis limité à construire les cercles centrés sur cette bissectrice.
    Le cercle $\gamma$ est un cercle quelconque centré sur cette bissectrice et tangent aux deux droites données.
    Les points $\Omega$ et $\Omega'$ sont les centres d'homothéties des cercles $\gamma$ et $\Gamma$.
    En espérant que cette construction fasse progresser le schmilblic!
    Amicalement
    pappus



  • Modifié (November 2022)
    Bonjour à tous
    Ci-dessous un schéma de preuve de cette construction.
    J'ai tracé un cercle $\lambda$ solution.
    Soit $M$ son point de contact avec le cercle $\Gamma$ et soit $\Delta$ la tangente au point de contact $M$.
    Les cercles $\lambda$ et $\gamma$ sont homothétiques dans une homothétie de centre $O$.
    Soit $m$ le point de $\gamma$ correspondant à $M$ dans cette homothétie.
    La tangente $\delta$ en $m$ au cercle $\gamma$ est donc parallèle à $\Delta$ aussi tangente en $M$ au cercle $\Gamma$.
    Or on sait ou plus exactement on savait que les cercles $\gamma$ et $\Gamma$ sont homothétiques de deux façons différentes et que les points $m$ et $M$ se correspondent dans l'une ou l'autre de ces deux homothéties.
    La droite $mM$ passe donc par l'un ou l'autre des deux centres d'homothétie $\Omega$ ou $\Omega'$ des cercles $\gamma$ et $\Gamma$.
    D'où la construction annoncée.
    Dans la configuration du Sangaku, le point $O$ intersection des deux droites données est supposé être intérieur au cercle $\Gamma$.
    On est donc assuré d'avoir quatre solutions.
    Amicalement
    pappus
    PS
    Bien évidemment, il faut absolument oublier cette construction puisque les homothéties ont disparu de la circulation!


  • Modifié (November 2022)
    Bonjour. $\def\Sa{S_{a}}   \def\Sb{S_{b}}   \def\Sc{S_{c}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;} \def\cir#1{\mathcal{C}\left(#1\right)} \def\ptv{~;~}$



    Prendre des coordonnées projectives barycentriques donne des calculs qui se font un peu mieux qu'en coordonnées de Lubin, même s'il faut se bagarrer un peu plus avec les radicaux. On part donc du triangle $a,b,c$ et de la valeur $\left|\rho\right|$ du rayon du cercle. On a donc
    \begin{gather*} A,B,C,I,Q\simeq\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} a\\ b\\ c \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} a^{2}\left(a^{2}-4\,\rho^{2}\right)\\ -a\,\widehat{W}/2-\Sc\left(a^{2}-4\,\rho^{2}\right)\\ -a\,\widehat{W}/2-\Sb\left(a^{2}-4\,\rho^{2}\right) \end{array}\right)\\ \where\widehat{W}=\pm4S\,\sqrt{\left(4\,\rho^{2}-a^{2}\right)} \end{gather*}
    On plonge les cycles à la sauce Veronese et cela donne les écritures des cercles dont on cause:
    \[ \cir Q,\cir I\simeq\left(\begin{array}{c} \Sa-\widehat{W}/2/a\\ 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \left(b+c-a\right)^{2}\\ \left(c+a-b\right)^{2}\\ \left(a+b-c\right)^{2}\\ 4 \end{array}\right) \]
    Il est clair que les cercles mixtilinéaires $\cir K$ dont on parle s'obtiennent par dilatation de $\cir I$ à partir de $A$. Soit $k$ le facteur de cette homothétie $h$. On sait que $h$, étant une homographie de Cremona, agit linéairement sur les cycles. On peut vérifier que \[ \boxed{\widehat{h}}\simeq\left[\begin{array}{cccc} k & 0 & 0 & 0\\ k-1 & 1 & 0 & c^{2}\left(1-k\right)/k\\ k-1 & 0 & 1 & b^{2}\left(1-k\right)/k\\ 0 & 0 & 0 & 1/k \end{array}\right] \] On peut aussi se limiter à conjuguer la matrice de $\cir I$ par celle de $\mathcal{H}\left(A,1/k\right)$. Ne pas oublier de prendre le facteur inverse !

    Dans tous les cas, on trouve que \[ \cir K\simeq\left(\begin{array}{c} \left(a-b-c\right)^{2}k^{2}/4\\ \left(a-b-c\right)^{2}k^{2}/4+c\left(a-b-c\right)k+c^{2}\\ \left(a-b-c\right)^{2}k^{2}/4+b\left(a-b-c\right)k+b^{2}\\ 1 \end{array}\right) \] La condition de contact entre $\cir K$ et $\cir Q$ est que l'intersection entre l'un des cercles et leur axe radical soit un point double. On l'écrit l'équation et on résoud en $k$. On se débarrasse de $\widehat W$ par conjugaison, conduisant à 8 possibilités. En reportant, il reste quatre solutions, soit: \[ K,L,K'',L''=\mathcal{H}\left(A,k\right)\left(I_{0}\right) \]
    \[ \begin{array}{c|cc} \mathrm{qui} & k & \mathrm{typical}\\ \hline K & 1+\dfrac{+8\,S\rho-\widehat{W}}{a\left(b+a+c\right)\left(c-a+b\right)} & +1.0263\\ L & 1+\dfrac{-8\,S\rho-\widehat{W}}{a\left(b+a+c\right)\left(c-a+b\right)} & -0.7019\\ L' & \dfrac{b+a+c}{c-a+b}+\dfrac{+8\,S\rho-\widehat{W}}{a\left(c-a+b\right)^{2}} & +1.7959\\ K' & \dfrac{b+a+c}{c-a+b}+\dfrac{-8\,S\rho-\widehat{W}}{a\left(c-a+b\right)^{2}} & -1.2281 \end{array} \]
    C'est le moment de se rappeler le théorème sur la configuration d'Apollonius: lorsque les trois cycles ne sont pas du même faisceau et ne passent pas par le même point (en plus des ombilics), il existe huit cycles solutions, qui sont inverses par paires wrt le cycle orthogonal commun. Ici ce cercle est centré en $A$, avec 
    \[ \cir A\simeq\left(\begin{array}{c} -2a\Sa+\widehat{W}\\ +2a\Sb+\widehat{W}\\ +2a\Sc+\widehat{W}\\ 2a  \end{array} \right)\ptv\mathrm{radius}^{2}=\Sa-\dfrac{\widehat{W}}{2\,a} \] 
    Pour ce qui est de la relation demandée, on met $r_{0}$ en facteur, et cela donne 
    \[ 1-\dfrac{1}{k\left(K\right)}=-\left(\dfrac{1}{X}-\dfrac{1}{k\left(L\right)}\right) \] On en tire  \[ X=\dfrac{\Sa}{cb}-\dfrac{W}{2\,abc}\approx-0.6896 \] 
    Ne serait-ce pas $\mathrm{pow}\left(A\right)/\left(bc\right)$, i.e. le rapport de similitude entre $DEA$ et $BCA$ ? Pendant qu'on y est, on résoud
    \[ \dfrac{1}{Y}-\dfrac{1}{k\left(L''\right)}=-\left(\dfrac{1}{XY}-\dfrac{1}{k\left(K''\right)}\right) \]
    On en tire $Y=\dfrac{b+a+c}{b+c-a}$. Ne serait-ce pas le rapport $r_{A}/r_{0}$ ???

    On peut aussi calculer  \[ \mu\iota\chi\tau\iota\doteq\dfrac{1}{r\left(I\right)}-\dfrac{1}{r\left(K\right)}=\dfrac{\left(a+b+c\right)\left(8\,\rho S-\widehat{W}\right)/2/S}{-a^{3}+ab^{2}+2\,abc+ac^{2}-\widehat{W}+8\,S\rho} \] répondant " pas si jamais que celà" à une question posée par GaBuZoMeu dans un précédent fil.   
     
    Cordialement, Pierre.

    Edit: changement de définition du Wurzel.

  • Modifié (November 2022)
    Merci Pierre
    J'avais commencé comme toi en regardant l'axe radical mais j'ai préféré me rabattre sur les homothéties.
    La méthode que j'ai suivie (sans axe radical) devrait pourtant se mettre en équations, il ne s'agit que de gérer des intersections cercle-droite!
    Amicalement
    pappus

  • Modifié (November 2022)
    Bonjour,
    aux hypothèses et notations, nous ajoutons   

    R                             le rayon de 0,

    r1                             le rayon de 1

    D                            le second point d'intersection de (AB) avec 0

    α, β, γ, δ                les mesures arithmétiques de <BAC, <CBA, <ACB, <BDC.

    Je trouve : r1 = [4.R.sin β/2. sin γ/2 . sin δ/2 . cos δ/2] / cos α/2.
    Sincèrement
    Jean-Louis

  • Modifié (November 2022)
    Bonjour.

    A l'usage, il semble qu'utiliser $\widehat{W}=\pm4S\,\sqrt{\left(4\,\rho^{2}-a^{2}\right)}$ plutôt que $W=\widehat W /4/S$ simplifie la vie de la machine à réduire les radicaux. J'ai modifié mon message précédent dans ce sens. 

    Lorsque l'on calcule l'intersection de deux cercles, on ne cherche par à vérifier que les ombilics appartiennent à tous les cercles. Il vaut donc mieux utiliser solve{C1-C2, C1} plutôt que solve{C1, C2}. 

    Une fois que l'on a calculé les 4 facteurs d'homothétie, il reste à voir ce que l'on peut en faire. Dans mon message précédent, l'équation \[ 1-\dfrac{1}{k\left(K\right)}=-\left(\dfrac{1}{X}-\dfrac{1}{k\left(L\right)}\right) \] était introduite selon la méthode JLA: un coup d'oeil à la figure et, hop, on bricole les signes. En fait les nombres $X$ et $k\left(L\right)$ sont négatifs puisque $J,L$ sont de l'autre côté de $A$. Il faut en prendre les opposés pour obtenir des rayons (supposés positifs).

    On peut aussi calculer les points $D,E$ qui sont les deuxièmes intersections de $\cir Q$ avec $AC,AB$. On a  \[ D,E\simeq\left(\begin{array}{c} 2\,a\Sc+\widehat W\\ 0\\ 2\,a\Sa-\widehat W \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} 2\,a\Sb+\widehat W\\ 2\,a\Sa-\widehat W\\ 0 \end{array}\right) \] On vérifie que les triangles $ABC$ et $ADE$ sont semblables, le rapport $X$ étant, comme déja dit, $\mathrm{pow}\left(A\right)/b/c$. Quand $A$ est extérieur, ce rapport est positif, et $k\left(L\right)$ aussi. Et la relation précédente montre que $L$ est plus près de $A$ que le point $J$.

    Par ailleurs, on sait qu'une inversion dans le rantanplan se traduit par une symétrie hyperplane dans l'espace des cycles. On applique la formule sym=2-proj, donnant \[ \boxed{\sigma_{A}}\simeq\left[\begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & -\dfrac{\widehat W}{2a}+\Sa\\ \dfrac{2\,a\Sb+\widehat W}{2\,a\Sa-\widehat W} & 1 & 0 & -\dfrac{\widehat W}{2a}-\Sb\\ \dfrac{2\,a\Sc+\widehat W}{2\,a\Sa-\widehat W} & 0 & 1 & -\dfrac{\widehat W}{2a}-\Sc\\ \dfrac{2\,a}{2\,a\Sa-\widehat W} & 0 & 0 & 0 \end{array}\right] \] On vérifie aisément que $\boxed{\sigma_{A}}$ est une involution et qu'elle échange $\cir K$ et $\cir{K'}$: \[ \left(\begin{array}{c} \left(a\left(+bc+\Sa\right)+4\,S\rho-\widehat W/2\right)^{2}\\ \left(a\left(-ac-\Sb\right)+4\,S\rho-\widehat W/2\right)^{2}\\ \left(a\left(-ab-\Sc\right)+4\,S\rho-\widehat W/2\right)^{2}\\ a^{2}\left(b+c+a\right)^{2} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \left(-a\left(+bc+\Sa\right)+4\,S\rho+\widehat W/2\right)^{2}\\ \left(-a\left(+ac-\Sb\right)+4\,S\rho+\widehat W/2\right)^{2}\\ \left(-a\left(+ab-\Sc\right)+4\,S\rho+\widehat W/2\right)^{2}\\ a^{2}\left(b+c-a\right)^{2} \end{array}\right) \]

    Cordialement.
  • Modifié (November 2022)
    Bonjour,
    aux hypothèses et notations, nous ajoutons   

    ε              la mesure arithmétique de <DCA.

    Nous trouvons :  r3* = [4R. sin β/2 . sin γ/2 . sin δ/2 . cos ε/2] /cos² α/2).

    En passant à la différence des inverses, 

    1/ r1 - 1/ r3* = sin α / 2R. sin β/2 . sin γ/2 . cos δ/2. cos ε/2.

    Par observation de ce résultat...nous pouvons conclure que la San Gaku est solutionnée.
    Sincèrement
    Jean-Louis

  • Bonjour, 

    Si l'on veut jouer à la trigonométrie, il vaut mieux se débarrasser des radicaux. On pose donc: \[ Q,\cir Q\simeq\left(\begin{array}{c} a^{2}\left(1-t^{2}\right)\\ \Sc\left(1-t^{2}\right)+4\,St\\ \Sb\left(1-t^{2}\right)+4\,St \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \Sa+\dfrac{S}{t}\left(1-t^{2}\right)\\ 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right) \] Et les quatre solutions se réécrivent en: \[ \begin{array}{c|c|cc} \mathrm{qui} & k & \mathrm{typical} & \mathrm{alt}\\ \hline K & 1+\dfrac{4\,S}{\left(b+a+c\right)t\left(c-a+b\right)} & +1.0263\\ L & 1-\dfrac{4\,St}{\left(b+a+c\right)\left(c-a+b\right)} & -0.7019\\ L' & \dfrac{b+a+c}{c-a+b}+\dfrac{4\,S}{t\left(c-a+b\right)^{2}} & +1.7959\\ K' & \dfrac{b+a+c}{c-a+b}-\dfrac{4\,St}{\left(c-a+b\right)^{2}} & -1.2281 \end{array} \] On ne manquera pas de remarquer que \begin{eqnarray*} k\left(L'\right) & = & k\left(K\right)\times r\left(I_{a}\right)/r\left(I_{0}\right)\\ k\left(K'\right) & = & k\left(L\right)\times r\left(I_{a}\right)/r\left(I_{0}\right) \end{eqnarray*}

    L'orthogonal commun se réécrit en: \[ \cir A\simeq\left(\begin{array}{c} -\Sa+S\,\dfrac{t^{2}-1}{t}\\ +\Sb+S\,\dfrac{t^{2}-1}{t}\\ +\Sc+S\,\dfrac{t^{2}-1}{t}\\ 1 \end{array}\right)\ptv\mathrm{radius}^{2}=\Sa+\dfrac{1-t^{2}}{t}\,S=\mathrm{pow}\left(A\right) \]

    On sait qu'il n'est pas besoin de mesurer les angles pour faire de la trigonométrie. En effet $\sin$ et $\cos$ s'obtiennent par des calculs algébriques sur les longueurs de la figure, et pas en utilisant la série exponentielle et autres horreurs transcendantes. On obtient

    \begin{eqnarray*} \sin\alpha=\sin\left(\left(AB,AC\right)/2\right) & = & \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)}{bc}}\\ \cos\alpha=\cos\left(\left(AB,AC\right)/2\right) & = & \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\left(a+b+c\right)\left(b+c-a\right)}{bc}}\\ \cos\delta=\cos\left(\left(DB,DC\right)/2\right) & = & t\sqrt{\dfrac{1}{t^{2}+1}}\\ \cos\epsilon=\cos\left(\left(BD,BE\right)/2\right) & = & \dfrac{bct+\Sa\,t+2\,S}{\sqrt{bc\left(t^{2}+1\right)\left(b+c+a\right)\left(b+c-a\right)}} \end{eqnarray*}

    Les ados rateurs des radicaux et de la trigonométrie ne manqueront pas de remarquer que:  \[ r\left(I\right)=\dfrac{S}{a+b+c}=a\sin\beta\sin\gamma/\cos\alpha=\left(2\rho\sin2\delta\right)\sin\beta\sin\gamma/\cos\alpha \] Ils pourront même constater que $k\left(K\right)=\cos\epsilon/\left(\cos\alpha\,\cos\delta\right)$, conduisant à \[ r\left(K\right)=\dfrac{4\rho\,\sin\beta\,\sin\gamma\,\sin\delta\,\cos\epsilon}{\cos^{2}\alpha} \]

    On en déduit que : \[ \frac{1}{r\left(I\right)}-\frac{1}{r\left(K\right)}=\dfrac{-\cos\alpha\left(\cos\alpha\cos\delta-\cos\epsilon\right)}{4\,\rho\,\sin\beta\sin\gamma\sin\delta\cos\delta\cos\epsilon} \] Et alors on regarde la figure et on lui demande: figure, ô ma belle figure, es-tu générique et en position générale ? Et la figure répond: les relations algébriques résistent à tout. On a donc $\alpha=\delta+\epsilon$ et  \[ \frac{1}{r\left(I\right)}-\frac{1}{r\left(K\right)}=\dfrac{\sin\left(2\alpha\right)}{8\,\rho\,\sin\beta\,\sin\gamma}\,\dfrac{1}{\cos\delta\,\cos\epsilon} \]
    Remarque: lorsque $A$ est intérieur, on a $\rho \mapsto -\rho$ car l'orientation de $\cir Q$ change...


    Cordialement, Pierre.
  • Modifié (November 2022)
    Bonjour, $\def\hom#1#2{\mathcal{H}\left(#1,#2\right)}$

    Si l'on veut jouer à la trigonométrie, il vaut mieux se débarrasser des radicaux. On pose donc: \[ Q,\cir Q\simeq\left(\begin{array}{c} a^{2}\left(1-t^{2}\right)\\ \Sc\left(1-t^{2}\right)+4\,St\\ \Sb\left(1-t^{2}\right)+4\,St \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \Sa+\dfrac{S}{t}\left(1-t^{2}\right)\\ 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right) \] Et les quatre solutions se réécrivent en: \[ \begin{array}{c|c|cc} \mathrm{qui} & k & \mathrm{typical} & \mathrm{alt}\\ \hline K & 1+\dfrac{4\,S}{\left(b+a+c\right)t\left(c-a+b\right)} & +1.0263\\ L & 1-\dfrac{4\,St}{\left(b+a+c\right)\left(c-a+b\right)} & -0.7019\\ L' & \dfrac{b+a+c}{c-a+b}+\dfrac{4\,S}{t\left(c-a+b\right)^{2}} & +1.7959\\ K' & \dfrac{b+a+c}{c-a+b}-\dfrac{4\,St}{\left(c-a+b\right)^{2}} & -1.2281 \end{array} \] On ne manquera pas de remarquer que \begin{eqnarray*} k\left(L'\right) & = & k\left(K\right)\times r\left(I_{a}\right)/r\left(I_{0}\right)\\ k\left(K'\right) & = & k\left(L\right)\times r\left(I_{a}\right)/r\left(I_{0}\right) \end{eqnarray*}

    L'orthogonal commun se réécrit en: \[ \cir A\simeq\left(\begin{array}{c} -\Sa+S\,\dfrac{t^{2}-1}{t}\\ +\Sb+S\,\dfrac{t^{2}-1}{t}\\ +\Sc+S\,\dfrac{t^{2}-1}{t}\\ 1 \end{array}\right)\ptv\mathrm{radius}^{2}=\Sa+\dfrac{1-t^{2}}{t}\,S=\mathrm{pow}\left(A\right) \]

    On sait qu'il n'est pas besoin de mesurer les angles pour faire de la trigonométrie. En effet $\sin$ et $\cos$ s'obtiennent par des calculs algébriques sur les longueurs de la figure, et pas en utilisant la série exponentielle et autres horreurs transcendantes. On obtient

    \begin{eqnarray*} \sin\alpha=\sin\left(\left(AB,AC\right)/2\right) & = & \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)}{bc}}\\ \cos\alpha=\cos\left(\left(AB,AC\right)/2\right) & = & \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\left(a+b+c\right)\left(b+c-a\right)}{bc}}\\ \cos\delta=\cos\left(\left(DB,DC\right)/2\right) & = & t\sqrt{\dfrac{1}{t^{2}+1}}\\ \cos\epsilon=\cos\left(\left(BD,BE\right)/2\right) & = & \dfrac{bct+\Sa\,t+2\,S}{\sqrt{bc\left(t^{2}+1\right)\left(b+c+a\right)\left(b+c-a\right)}} \end{eqnarray*}

    Les ados rateurs des radicaux et de la trigonométrie ne manqueront pas de remarquer que:  \[ r\left(I\right)=\dfrac{S}{a+b+c}=a\sin\beta\sin\gamma/\cos\alpha=\left(2\rho\sin2\delta\right)\sin\beta\sin\gamma/\cos\alpha \] Ils pourront même constater que $k\left(K\right)=\cos\epsilon/\left(\cos\alpha\,\cos\delta\right)$, conduisant à \[ r\left(K\right)=\dfrac{4\rho\,\sin\beta\,\sin\gamma\,\sin\delta\,\cos\epsilon}{\cos^{2}\alpha} \]

    On en déduit que : \[ \frac{1}{r\left(I\right)}-\frac{1}{r\left(K\right)}=\dfrac{-\cos\alpha\left(\cos\alpha\cos\delta-\cos\epsilon\right)}{4\,\rho\,\sin\beta\sin\gamma\sin\delta\cos\delta\cos\epsilon} \] Et alors on regarde la figure et on lui demande: figure, ô ma belle figure, es-tu générique et en position générale ? Et la figure répond: les relations algébriques résistent à tout. On a donc $\alpha=\delta+\epsilon$ et  \[ \frac{1}{r\left(I\right)}-\frac{1}{r\left(K\right)}=\dfrac{\sin\left(2\alpha\right)}{8\,\rho\,\sin\beta\,\sin\gamma}\,\dfrac{1}{\cos\delta\,\cos\epsilon} \]
    Remarque: lorsque $A$ est intérieur, on a $\rho \mapsto -\rho$ car l'orientation de $\cir Q$ change...

    Pendant que l'on y est, on regarde ce qui se passe sur la seconde bissectrice. En premier lieu, on a 

    \[ \cir{I_{c}}=\widehat {\mathcal H} {\left( {C},{ \dfrac{r_c}{r_0}} \right)}\,\left(\cir{I_{0}}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \left(c+a-b\right)\\ \left(b+c-a\right)^{2}\\ \left(a+b+c\right)^{2}\\ 4 \end{array}\right) \] Autrement dit, on applique $+c\longleftrightarrow-c$, la transformation continue de Lemoine. Et le reste suit. On trouve: \[ \begin{array}{c|c|cc} \mathrm{qui} & k_{y} & \mathrm{typical} & \mathrm{alt}\\ \hline K_{y} & 1-\dfrac{4S}{t\left(b+a-c\right)\left(a-b+c\right)} & +0.4125\\ L_{y} & 1+\dfrac{4St}{\left(a+b+c\right)\left(a-b+c\right)} & 39.1241\\ L_{y}' & -\dfrac{-c+a+b}{a-b+c}+\dfrac{4S}{t\left(a-b+c\right)^{2}} & -0.0825\\ K_{y}' & -\dfrac{-c+a+b}{a-b+c}-\dfrac{4St}{\left(a-b+c\right)^{2}} & -7.8248 \end{array} \] On peut même obtenir  \[ \frac{1}{r\left(I_{c}\right)}-\frac{1}{r\left(K_{y}\right)}=\dfrac{-\sin\left(2\alpha\right)}{8\,\rho\,\cos\beta\,\sin\gamma}\,\dfrac{1}{\cos\delta\,\sin\epsilon} \] où le signe moins vient du fait que l'angle $\epsilon$ est un angle orienté, et pas une mesure en valeur absolue.  


    Cordialement, Pierre.
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