Dans Japanese Temple Geometry Problems, on résoud le problème avec un cercle et une ellipse mutuellement tangents et tangents à une paire de droites parallèles. Dans la solution traditionnelle présentée, on fait appel à un lemme utilisé à l'époque sans preuve et qu'on affirme facile à vérifier à l'aide de la géométrie analytique. C'est ce que nous allons faire.
Lemme
Soit une ellipse de demi-axes \(a\) et \(b\) et un cercle de rayon \(r\), tous deux centrés au même point \(O\). Une droite est tangente au cercle et à l'ellipse et croise le prolongement du grand axe de l'ellipse en le point \(K\). Soit \(k\), la longueur du segment \(\overline{OK}\), alors
$$k=r\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{\sqrt{r^2-b^2}}$$
Démonstration du lemme
Posons \(m=\) la pente de la droite passant par \(K,T\) et \(R\), dans la figure ci-dessus. Alors les valeurs de \(k\) et \(m\) sont déterminées par les grandeurs \(a, b\) et \(x\), à cause de la tangence de la droite avec l'ellipse. Aussi, \(m\) est déterminé par \(k\) et \(r\), à cause de la similitude entre les triangles \(\triangle{KXT}\) et \(\triangle{KRO}\). Il faut se «débarrasser» de \(x\), pour trouver l'expression de \(k\) uniquement en termes de \(a,b\) et \(r\).
Les wasan ne disposaient peut-être pas de description analytique moderne pour l'ellipse permettant de calculer la dérivée \(y'(x)\), mais ils pouvaient néanmoins déduire la pente de la tangente en un point facilement en regardant le cercle résultant de la compression horizontale de l'ellipse par un facteur \(\frac{b}{a}\). Soit \(m=y'(x)\), la valeur de cette pente, \(T=(x,y)\) étant le point de tangence entres la droite et l'ellipse, et \(x, k <0\), selon notre système de coordonnées, centré au point \(O\), alors
$$m=\frac{\overline{TX}}{\overline{KX}}=\frac{y}{k-x}=\frac{b\,\sqrt{a^2-x^2}}{a\,(x-k)}=\frac{-x\,b^2}{y\,a^2}=\frac{-x\,b^2}{y\,a^2\,b\,\sqrt{a^2-x^2}}=y'(x)$$
En simplifiant la dernière égalité en termes de \(a,b,x\) et \(k\), on trouve:
$$\frac{a^2-x^2}{x-k}=-x\hspace{1cm}\Rightarrow\hspace{1cm}k=\frac{a^2}{x}$$
Le théorème de Pythagore appliqué au triangle \(\triangle{KRO}\) nous donne l'expression du segment \(\overline{KR}\) et le côté correspondant, dans le triangle \(\triangle{KTX}\), est la différence entre les grandeurs \(k\) et \(x\):
$$\overline{KR}=\sqrt{k^2-r^2}=\sqrt{\frac{a^4}{x^2}-r^2}$$
$$\overline{KT}=k-x=\frac{a^2-x^2}{x}$$
Ainsi, par la similtude des triangles, on a l'égalité
$$\frac{R\,x}{\sqrt{a^4-R^2\,x^2}}=\frac{x\,b}{a\,\sqrt{a^2-x^2}}$$
En simplifiant par \(x\), en multipliant de chaque côté par le produit des dénominateurs, puis en élevant au carré, on obtient une équation linéaire en \(x^2\) avec laquelle on trouve directement
$$x=\frac{a^2\,\sqrt{r^2-b^2}}{r\,\sqrt{a^2-b^2}}\hspace{8mm}\text{et, aussi,}\hspace{8mm}k=\frac{a^2}{x}$$
On a donc
$$k=\frac{R\,\sqrt{a^2-b^2}}{\sqrt{r^2-b^2}}$$
$$\blacksquare$$
