Cercles et concours(cercles mixtilinéaires)

Bonjour,  $\def\gram#1{\operatorname{G}_{#1}} \def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}} \def\pccq{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{4}}\right)}} \def\ptv{~;~} $

La question posée était: comment faire le calcul. Répondre par: "les salafs savaient que" est totalement à côté de la plaque. S'il fallait savoir la réponse pour pouvoir répondre, comment aurait bien pu faire le salaf initial ? Je vous le donne, Émile!

Voyons voir une méthode permettant de trouver par soi-même. Il suffit d'écrire l'équation d'un cercle dans le rantanplan pour voir que l'espace des cycles est un espace projectif admettant une base de taille 4. On va donc chercher ce cercle mixtilinéaire dont on cause par la méthode des coefficients indéterminés.

La méthode générale pour traiter le problème d'Apollonius est de prendre les trois cycles donnés comme "base incomplète" et de compléter par le cycle orthogonal commun aux trois cycles donnés. Mais, pas de chance ici, l'orthogonal commun est le cercle point centré en $A$, qui fait partie du bundle des trois premiers cycles. On doit donc en choisir un autre. On peut, par exemple, prendre le cercle inscrit. Et donc poser  \[ \gamma=\left(\begin{array}{c} \left(a-b-c\right)^{2}\\ \left(a-b+c\right)^{2}\\ \left(a+b-c\right)^{2}\\ 4 \end{array}\right)+u\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right)+v\left(\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right)+w\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right) \]

Il reste à écrire que $\gamma$ est tangent aux trois cycles donnés. Comme d'habitude, chacun peut en faire à sa tête... et même utiliser la formule générale  \[ \cos\left(\gamma_{1},\gamma_{2}\right)=\dfrac{\left\langle \gamma_{1},\gamma_{2}\right\rangle }{\sqrt{\left\langle \gamma_{1},\gamma_{1}\right\rangle \left\langle \gamma_{2},\gamma_{2}\right\rangle }} \] L'existence d'un contact s'écrit $\cos=\pm1$, autrement dit  \[ \left\langle \gamma_{1},\gamma_{1}\right\rangle \left\langle \gamma_{2},\gamma_{2}\right\rangle -\left\langle \gamma_{1},\gamma_{2}\right\rangle ^{2}=0 \]  On écrit donc les trois déterminants de Gramm, on résoud le système et on reporte. Cela donne: \[ \left(\begin{array}{c} \left(2bc\right)^{2}\\ \left(c\left(a-b+c\right)\right)^{2}\\ \left(b\left(a+b-c\right)\right)^{2}\\ \left(a+b+c\right)^{2} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \left(2bc\right)^{2}\\ \left(c\left(a+b-c\right)\right)^{2}\\ \left(b\left(a-b+c\right)\right)^{2}\\ \left(-a+b+c\right)^{2} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \left(2bc\right)^{2}\\ \left(c\left(a+b+c\right)\right)^{2}\\ \left(b\left(a-b-c\right)\right)^{2}\\ \left(a-b+c\right)^{2} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \left(2bc\right)^{2}\\ \left(c\left(a-b-c\right)\right)^{2}\\ \left(b\left(a+b+c\right)\right)^{2}\\ \left(a+b-c\right)^{2} \end{array}\right) \]

On voit que le groupe agissant sur les solutions est le groupe des transformations de Lemoine. Il reste à déterminer les contacts  \[ \left[\begin{array}{c} -a\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)\\ 2b^{2}\left(a-b+c\right)\\ 2c^{2}\left(a+b-c\right) \end{array}\right]\etc \] On peut y aller en force brute, ou bien utiliser le fait que le contact fait partie du faisceau $\left(\gamma,\Gamma\right)$. Et il reste à voir si cela perspecte, ou bien ne perspecte pas. On trouve X(56) et X(55), et rien pour les deux autres.

Au passage, on retrouve le Lemme de Bouzar en prenant la polaire de $A$ par rapport $\gamma$.

Et une fois que tout cela est fini, on peut chercher une autre façon de faire. On sait que les homographies® agissent en tant que transformations de Cremona sur les points de $\pcct$, tandis qu'elles agissent en tant que collinéations sur les cycles de $\pccq$.

Prenons une inversion centrée en $A$. Alors $AB,AC,\Gamma$ sont transformés en trois droites, et on sait alors construire les cercles tritangents à ces droites (ne pas oublier d'équiper le compas avec une pointe mousse pour ne pas endommager l'écran). Mais on peut en plus vouloir frimer en imposant $\sigma\left(\Gamma\right)=BC$ ! Il suffit d'obtenir les bonnes longueurs en prenant $\rho^{2}=bc$ pour le cercle d'inversion, puis en inversant par rapport à la droite $AI.$ On a: \[ \mathrm{cir}inv\simeq\left(\begin{array}{c} -bc\\ c\left(c-b\right)\\ b\left(b-c\right)\\ 1 \end{array}\right)\ptv\mathrm{cir}AI\simeq\left(\begin{array}{c} 0\\ -c\\ b\\ 0 \end{array}\right) \] \begin{multline*} \mathrm{mat}inv,\mathrm{mat}sym,\mathrm{mat}xfo\simeq\\ \left[\begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & bc\\ \dfrac{c-b}{b} & 1 & 0 & c\left(b-c\right)\\ \dfrac{b-c}{c} & 0 & 1 & b\left(c-b\right)\\ \dfrac{1}{bc} & 0 & 0 & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0\\ \dfrac{b-c}{b} & 0 & \dfrac{c}{b} & c\left(c-b\right)\\ \dfrac{c-b}{c} & \dfrac{b}{c} & 0 & b\left(b-c\right)\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & bc\\ 0 & 0 & \dfrac{c}{b} & 0\\ 0 & \dfrac{b}{c} & 0 & 0\\ \dfrac{1}{bc} & 0 & 0 & 0 \end{array}\right] \end{multline*} On rappelle que la collinéation de $\pccq$ décrivant l'action inversive d'un cycle s'obtient en attribuant la valeur propre $\lambda=-1$ au représentant de ce cycle et la valeur propre $\lambda=+1$ au plan polaire (représentant l'ensemble des cycles orthogonaux au cycle d'inversion).

Et alors, il suffit d'appliquer $\mathrm{mat}xfo$ à la colonne décrivant le cercle inscrit pour obtenir notre fameux "mixtilinear circle" . Note à Benêts: la grammaire anglaise permet d'interpréter cette dénomination comme désignant " a circle relative to the mixtilinear triangle" , qui est pile poil ce que l'on veut dire, tandis que la grammaire française suggère que ce serait le cercle qui serait mixtilinéaire au lieu d'être un brave cercle circulaire.

NB2: Et en plus, il faut un coup de Lemoine pour tenir compte du fait que l'inversion retourne le triangle comme une chaussette. On voit bien la supériorité de la méthode "sans calculs" .