Provenant d'un sangaku datant de 1901, dans la préfecture de Tochigi. La tablette est aujourd'hui disparue.
Problème
«Soit un cercle de rayon \(R\) et de centre \(C\) et une ellipse de demi-axes \(a\) et \(b\) et de centre \(O\), qui se touchent en un point de tangence. Ils sont aussi tous deux tangents à une paire de droites parallèles. Montrez que la distance entre le centre du cercle et celui de l'ellipse est égale à la somme des demi-axes de l'ellipse: \( \overline{OC} =a+b\).»
Notons par \(r\) le rayon du cercle inscrit dans l'ellipse et dont un des deux points de tangence avec elle est le point \(T\) de tangence de celle-ci avec le cercle de rayon \(R\). Notons par \(C\) le centre du cercle excrit et par \(C'\) le centre du cercle inscrit.
Nous avons, d'une part, une expression pour la longueur au carré du segment \(\overline{OC}\), grâce au théorème sur le cercle touchant l'ellipse en un point:
$$\overline{OC}^2=\frac{2\,b^4\,R-a^2r^3+b^2\,r\,(a^2+b^2+R^2)}{b^2\,r}$$
Et nous avons, d'autre part, que les triangles \(\triangle{OCE}\) et \(\triangle{KOQ}\) sont semblables et que les triangles \(\triangle{C'CE}\) et \(\triangle{C'TD}\) le sont aussi. Il s'en suit que
$$\frac{\overline{OC}}{\overline{CE}}=\frac{\overline{KO}}{\overline{OQ}}\hspace{5mm}\text{et}\hspace{5mm}\frac{\overline{C'C}}{\overline{CE}}=\frac{\overline{C'T}}{\overline{TD}}\hspace{5mm}\text{avec }\hspace{5mm}\overline{C'C}=r+R\text{ , }\hspace{5mm}\overline{C'T}=r\hspace{5mm}\text{et}\hspace{5mm}\overline{OQ}=R$$
Ce qui nous donne une expression de \(\overline{OC}^2\) en termes de \(\overline{KO}\) et \(\overline{TD}\), dont on veut se débarrasser :
$$\overline{OC}^2=\Big(\frac{(r+R)\,(\overline{KO})\,(\overline{TD})}{r\,R}\Big)^2$$
Grâce au lemme sur la tangente au cercle et à l'ellipse, nous avons une expression pour le segment \(\overline{KO}\), telle que
$$\overline{KO}^2=R^2\,\frac{a^2-b^2}{R^2-b^2}$$
Grâce au théorème sur le cercle inscrit dans une ellipse en deux points, nous avons une expression pour le segment \(\overline{TD}\), telle que
$$\overline{TD}^2=\frac{a^2\,r^2-b^4}{a^2-b^2}$$
Nous sommes enfin en mesure, avec ces deux dernières égalités, d'exprimer \(\overline{OC}^2\) en termes de \(a,b,r\) et \(R\) seulement:
$$\overline{OC}^2=\frac{(r+R)^2\,R^2\,\Big(\frac{a^2-b^2}{R^2-b^2}\Big)\,\Big(\frac{a^2\,r^2-b^4}{a^2-b^2}\Big)}{r^2\,R^2}$$
$$\overline{OC}^2=\frac{(r+R)^2\,(a^2\,r^2-b^4)}{(R^2-b^2)\,(r^2)}$$
Joignant nos deux expressions pour \(\overline{OC}^2\), on a
$$\frac{2\,b^4\,R-a^2r^3+b^2\,r\,(a^2+b^2+R^2)}{b^2\,r}=\frac{(r+R)^2\,(a^2\,r^2-b^4)}{(R^2-b^2)\,(r^2)}$$
$$\Rightarrow\,(r+R)^2\,(a^2\,r^2-b^4)\,b^2\,r-r^2\,(-b^2+R^2)\,(2\,b^4\,R-a^2\,r^3+(a^2+b^2+R^2)\,b^2\,r)=0$$
Cette longue expression se factorise:
$$r\,(R\,r+b^2)^2\,(a\,r-R\,b)\,(a\,r+R\,b)=0$$
$$\Rightarrow\,r\in\Big\{0,\frac{-b^2}{R}, \frac{R\,b}{a},\frac{-R\,b}{a}\Big\}\hspace{1cm}\text{et}\hspace{1cm}r\gt 0\Rightarrow\,r=\frac{b\,R}{a}$$
D'où le rapport de proportionnalité entre les deux cercles, d'une remarquable simplicité :
$$\frac{R}{r}=\frac{a}{b}$$
Faison la substitution dans l'une de nos formules pour \(\overline{OC}^2\) pour Ă©liminer \(r\):
$$\overline{OC}^2=\frac{(\frac{b\,R}{a}+R)^2\,(a^2\,(\frac{b\,R}{a})^2-b^4)}{(R^2-b^2)\,(\frac{b\,R}{a})^2}=(a+b)^2$$
$$\overline{OC}=a+b$$
$$\blacksquare$$
