J’ai quelque regret de ne pas vous avoir expliqué pourquoi j’ai tenu à ajouter un huitième cercle (A6 etc.) à votre démonstration. Depuis la Figure sans Paroles 6.8.5, nous avons toujours affaire à sept cercles : quatre tangents deux à deux, et trois autres tangents chacun à trois des précédents. Mais imaginez un tétraèdre régulier, sur chaque face duquel est tracé le cercle tangent aux trois arêtes ; vous avez, comme dans nos Figures sans Paroles, quatre cercles tangents deux à deux (je n’en ai dessiné que trois sur le croquis joint). Ajoutez maintenant, près de chaque sommet du tétraèdre, un cercle plus petit, tangent à trois des cercles précédents (je n’en ai tracé qu’un sur mon dessin). Cela complète le schéma par quatre petits cercles, chacun tangent à trois des cercles précédents, qui jouent des rôles identiques.

La comparaison peut être poussée plus loin. Nos huit cercles dans l’espace sont tous tracés sur une même sphère, centrée au centre $\Omega$ du tétraèdre et tangente à ses six arêtes. Choisissez sur cette sphère un point I, et effectuez une inversion de pôle I. La sphère devient un plan (parallèle au plan tangent en I) et les huit cercles tracés sur elle deviennent des cercles ou des droites du plan, avec conservation des angles. On obtient ainsi une figure de même nature que les Figures sans Paroles qui nous sont proposées. Sur cette figure, exploiter les symétries du tétraèdre permet de démontrer très facilement les propriétés 6.8.4, 6.8.5 et 6.8.7 à 9. Mais ces démonstrations ne sont valables que pour les figures dont on peut prouver qu’elles proviennent de la sphère par le procédé ci-dessus ; je suis convaincue que tel est toujours le cas, mais je n’en ai pas (pas encore ?) de preuve rigoureuse et complète.

Voici comment démontrer (seulement pour les figures obtenues par une telle inversion) les propriétés qui nous intéressent.

Appelons S, Sa, Sb et Sc les quatre sommets du tétraèdre. Les six points de la Figure sans Paroles 6.8.5 ont pour inverses les contacts, dans le tétraèdre, des trois cercles tracés sur les faces passant par S avec les trois petits cercles associés aux trois autres sommets. Par symétrie, [1] ces six points sont sur un même cercle, donc leurs inverses sont, eux aussi cocycliques.

Les autres figures, ainsi que les propriétés supplémentaires que vous avez découvertes, parlent de trois droites concourantes ; ces droites sont définies par deux points, qui sont des points de contact entre deux cercles ou des centres de cercles. Chacune de ces droites est l’inverse d’un cercle passant par I sur la sphère ; la concurrence des trois droites équivaut au fait que les plans des trois cercles contiennent une même droite (passant par I), ou seulement contiennent un même point pourvu qu’il ne soit pas sur la sphère (donc différent de I).

Voici par exemple comment traiter 6.8.7, c’est-à-dire l’existence de X14. L’inverse de A1 est le point a1, et l’inverse du cercle (A4) est, sur la sphère, le petit cercle (a4) associé au sommet Sa.
La droite A1A4 a pour inverse sur la sphère le cercle passant par I et a1 et orthogonal à (a4). Le plan de ce cercle est le plan passant par I, par a1, et par le pôle $\alpha$4 de (a4). [2] Ce point $\alpha$4 est sur l’axe du cercle (a4), qui est la droite $\Omega$Sa ; a1 et $\alpha$4 sont tous deux dans le plan $\Omega$SSa, qui est l’un des plans de symétrie du tétraèdre. Le schéma ci-joint représente la coupe du tétraèdre selon ce plan ; outre a1 et $\alpha$4, elle contient aussi a2, a5, a6 et le pôle $\alpha$3 du cercle (a3).

(Sur ce schéma, vous voyez les sommets S et Sa ; l’arête SbSc joignant les deux autres sommets est perpendiculaire au schéma et a pour milieu le point a1. La sphère coupe le schéma selon son grand cercle centré en $\Omega$ et passant par a1, a2, a5 et a6.)

Revenons à notre démonstration. Le point y14 où la droite a1$\alpha$4 coupe l’axe $\Omega$S est évidemment dans le plan Ia1$\alpha$4 qui nous intéresse. Faisons maintenant tourner le schéma de 120° autour de l’axe $\Omega$S. Le sommet Sa devient Sb, les points a1, a2, $\alpha$3, etc. deviennent b1, b2, $\beta$3, etc. La droite b1$\beta$4 passe donc aussi par le point y14 ; et, en tournant encore de 120°, c1$\gamma$4 également. Ce point est donc commun aux trois plans Ia1$\alpha$4, Ib1$\beta$4 et Ic1$\gamma$4 ; sa projection de centre I sur le plan inverse de la sphère [3] est un point X14 qui est commun aux droites A1A4, B1B4 et C1C4.

En remplaçant dans ce raisonnement a1 et $\alpha$4 par deux quelconques parmi les points a1, a2, $\alpha$3, $\alpha$4, a5 et a6, vous obtenez le point Xij comme projection du point yij où la droite joignant les deux points choisis coupe $\Omega$S ; [4] en outre, tous ces Xij sont alignés sur la projection $\Delta$ de l’axe $\Omega$S. Enfin, $\Delta$ passe par les projections (qui sont aussi les inverses) des deux points où l’axe $\Omega$S rencontre la sphère ; or ces deux points sont communs aux trois grands cercles de la sphère passant l’un par a1, a2, a5, l’autre par b1, b2, b5 et le troisième par c1, c2 et c5 ; c’est pourquoi $\Delta$ est l’axe radical des trois cercles A1A2A5, B1B2B5 et C1C2C5.

Sur le schéma, vous voyez aussi que y15 = y34 = $\Omega$, d’où X15 = X34. On a aussi y35 = y26, juste au milieu de la hauteur Sy12 du tétraèdre, d’où X35 = X26. Quant à y13 et y24, ils sont bien sûr tous deux au pôle o du cercle (O).

Permettez-moi une dernière remarque. Vous obtiendrez la figure fsp-685.png.jpg dessinée par Bistraque en prenant I = a1, et la figure figure-6-8-8.pdf en prenant I = a2.

P.S. — Je suis moins inquiète que vous au sujet de Hébu : il a publié hier une belle et courte démonstration de 4.9.26, reposant sur des symétries par rapport aux trois rayons du cercle circonscrit.

Je pense avoir démontré que les systèmes de cercles proposés de 6.8.4 à 6.8.9 sont bien, comme conjecturé dans le complément ci-dessus, les projections de huit cercles tracés sur une sphère à partir d’un tétraèdre régulier. Ceci fournit donc une démonstration alternative des alignements et cocyclicités considérées, mais au prix d’un détour supplémentaire par l’existence du tétraèdre. Son seul intérêt me semble être d’expliquer, par exemple, pourquoi vos points Xij sont tous alignés, alors que l’inversion proposée par Bistraque pour la Figure sans Paroles 6.8.5 permet seulement de le vérifier, sans vraiment le comprendre.

Si ce préambule ne vous a pas découragée, voici l’argument. Je vous rappelle qu’étant donné dans le plan quatre cercles tangents deux à deux, il s’agit de montrer qu’une inversion, de pôle convenablement choisi hors du plan, les transforme en les cercles tangents chacun à trois des arêtes d’un tétraèdre régulier.

Sur la figure 1 ci-jointe, les quatre cercles donnés sont appelés 1, 2, 3 et 4. Avec Hubé, vous avez démontré qu’il existe un cercle passant par les points de contact de 2 et 3 et de 1 et 4, tangent à 2 et à 3 et orthogonal à 1 et à 4 (le cercle de centre S sur votre figure fsp_6.8.5_et_6.jpg) ; appelons-le 23, et de même, 12, 13, 14, 24 et 34 les cercles analogues. Les cercles 23 et 14 sont orthogonaux, car ils se croisent aux points de contact de 2 et 3 et de 1 et 4 dans des directions perpendiculaires. De même, 34 est orthogonal à 12 et 24 à 13.

En outre, les cercles 12, 13 et 23 font partie d’un même faisceau, car tous trois sont orthogonaux aux deux cercles tangents à 1, à 2 et à 3 (c’est-à-dire 4 et le cercle de centre F sur votre figure fsp_6.8.5_et_6.jpg). On a bien sûr la même propriété pour les trois cercles 12, 14 et 24, pour 13, 14 et 34 et enfin pour 23, 24 et 34 ; les six cercles à deux chiffres s’organisent ainsi en quatre faisceaux de trois cercles, chaque cercle étant commun à deux faisceaux.

Soit J le centre radical des trois cercles 12, 23 et 34. Sa puissance par rapport à ces cercles est aussi sa puissance par rapport à tous les cercles du faisceau engendré par 12 et 23, donc par rapport à 13 ; puis à 23 et 34 on peut ajouter 24, et 14 se joint enfin à 13 et 34. Finalement, J a même puissance par rapport aux six cercles. On voit sur la figure 1 qu’il est à l’intérieur de ces cercles ; la puissance est donc négative, appelons-la $-h^2$.

Soit I l’un des deux points de l’espace tels que le segment IJ soit perpendiculaire au plan de la figure et ait pour longueur $h$. L’inversion H de pôle I et de puissance $h^2$ transforme le plan en la sphère S de diamètre IJ et nos six cercles à deux chiffres en six cercles tracés sur S. Plus précisément, ce sont des grands cercles de S ; en effet, si C et D sont deux points du plan alignés avec J et tels que ${\,\overline{\rm\!JC\!}\,\;\,\overline{\rm\!JD\!}\,=-h^2}$, alors ${\,\overline{\rm\!JC\!}\,\;\,\overline{\rm\!JD\!}\,=-\rm JI^2}$, le triangle ICD est rectangle en I, et les inverses H(C) et H(D) sont diamétralement opposés sur S (voir la figure 2.)

Sur S, les cercles H(3) et H(4) sont orthogonaux au grand$\,$ cercle H(12), donc invariants par la symétrie $\sigma_{12}$ par rapport au plan de H(12). En appelant C$_{12}$ le point de contact de 1 et 2, les cercles H(1) et H(2), qui sont les deux cercles de S tangents à H(12) au point H(C$_{12}$) et tangents à H(3) et H(4), sont échangés par $\sigma_{12}$. Ils sont donc égaux, et le même raisonnement pour les autres paires établit que les quatre cercles$\,$ H(1), H(2), H(3) et$\,$ H(4) sont égaux, la symétrie$\,$ $\sigma_{ij}$ échangeant$\,$ H(i) et$\,$ H(j) et préservant les deux autres.$\,$ Les faces du tétraèdre régulier cherché sont les plans de ces quatre cercles, chacun de ces derniers étant tangent à trois arêtes.

J’ai utilisé, sans vraiment le démontrer, le fait que la puissance de J par rapport aux six cercles à deux chiffres est négative. Vous trouverez ci-dessous un argument indépendant du cas de figure, mais avec quelques longueurs ; il devrait être possible de faire plus court.