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14h28
Deux oublis
Se donnant trois cercles i, j et k, on appelle A (respectivement B, C) le centre de l’homothétie positive qui envoie j sur k (respectivement k sur i, i sur j). Ces trois points sont alignés, puisque la composée des trois homothéties est l’opération identique ; et A (respectivement B, C) est aussi le centre de l’unique inversion positive \(\alpha\) (respectivement \(\beta\), \(\gamma\)) qui échange j et k (respectivement k et i, i et j). La figure proposée suggère qu’effectuer successivement les six inversions \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) puis à nouveau \(\alpha\), \(\beta\) et \(\gamma\) revient à ne rien faire du tout : on est ramené à la case départ.
Appelons a (respectivement b, c) le cercle formé des points invariants par \(\alpha\) (respectivement \(\beta\), \(\gamma\)), et \(\rho\) l’axe radical de j et k. Si H est n’importe quel point de \(\rho\) non intérieur à j et k, et r\(^2\) la puissance de H par rapport à ces deux cercles, le cercle h de centre H et de rayon r est orthogonal à j et à k. Son inverse \(\alpha\)(h) doit aussi être orthogonal à k et à j ; les centres de h et de \(\alpha\)(h) sont donc tous deux sur \(\rho\). Mais, étant aussi alignés avec le pôle A de l’inversion \(\alpha\), ces centres coïncident, d’où \(\alpha\)(h) = h. Ceci dit que h est orthogonal à a, et r\(^2\) est aussi la puissance de H par rapport à a. Ainsi, \(\rho\) est aussi l’axe radical de a et j (et de a et k), et a doit faire partie du faisceau engendré par j et k.
Le centre radical O des cercles i, j et k a même puissance p par rapport à eux trois ; p est également sa puissance par rapport à tout cercle du faisceau engendré par j et k, et en particulier par rapport à a. De même, la puissance de O par rapport à b et à c est aussi p, de sorte que l’axe radical de deux quelconques parmi a, b et c passe par O, et est la perpendiculaire à la droite des centres ABC passant par O. Ayant deux-à-deux même axe radical, a, b et c font partie d’un même faisceau.
Oubliant maintenant i, j et k, il suffit d’établir ceci : Soient\(\,\) a, b et\(\,\) c trois cercles d’un même faisceau, et \(\,\alpha\), \(\beta\) et \(\,\gamma\) les inversions positives ayant respectivement pour points invariants les points de ces trois cercles. En composant les six inversions \(\,\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\), \(\alpha\), \(\beta\) et \(\,\gamma\), on obtient l’identité.
On part donc d’un point P du plan et on lance la tourniquette : Q = \(\alpha\)(P), R = \(\beta\)(Q), etc.
jusqu’à U = \(\beta\)(T) et V = \(\gamma\)(U). A-t-on V = P ? Puisque P et Q se correspondent par \(\alpha\), tout cercle passant par P et Q est orthogonal à a ; de même, tout cercle passant par Q et R est orthogonal à b. Le cercle \(\Phi\) passant par P, Q et R est à la fois orthogonal à a et à b, donc aussi à c (puisque c fait partie du même faisceau) ; il est invariant (globalement, mais pas point par point) par chacune des trois inversions.
Ceci permet d’oublier ces inversions, de ne garder que \(\Phi\) et les trois points (alignés) A, B et C, et de définir Q comme le point où la droite AP recoupe \(\Phi\), R comme celui où BQ recoupe \(\Phi\), etc. Que la tourniquette se ferme en six étapes, c’est-à-dire que la droite UP passe par C, est alors une conséquence évidente du théorème de Pascal appliqué à l’hexagone PQRSTU inscrit dans \(\Phi\) : son côté UP doit rencontrer le côté opposé RS en un point aligné avec A et B, donc au point où RS croise AB, qui n’est autre que C.