Es lebe die Geometrie!

Ajima-Malfatti-Kreise

Drei Kreise KMa, KMb und KMc im Innern eines Dreiecks ABC, die sich paarweise von außen und
jeweils zwei Dreiecks-Seiten von innen berühren, werden nach Gianfrancesco Malfatti (1731-1807) oder
Naonobu Ajima (1732-1798) benannt, die unabhängig voneinander die Kreis Radien berechnen konnten.
Malfatti glaubte fälschlicherweise, damit die Kreise zu bestimmen, deren Gesamt-Fläche die Dreiecks-Fläche
optimal ausschöpft. Die Bilder der folgenden Gleitschau sollen die Berechnung der Kreise und ihre
geometrische Konstruktion klären.

Das 1. Bild soll den algebraischen Zusammenhang zwischen den Radien mra und mrb der Malfatti-
Kreise KMa und KMb und den Abständen x und y der Eck-Punkte A und B von den Berühr-
Punkten von KMa und KMb mit der Seite AB klären. In dem durch Doppel-Pfeile markierten
rechtwinkligen Dreieck mit der Hypotenuse MaMb und einer Kathete parallel zu AB gilt
und folglich . Analog
ergibt sich für die anderen Kreis-Paare und .

Im 2. Bild ist zusätzlich der Inkreis KI von ABC mit dem Mittelpunkt I und dem Radius r0 eingezeichnet.
Der Berührpunkt von KI mit AB hat von A den Abstand und von B den Abstand
. Nach dem Strahlen-Satz gilt darum und ,
folglich und analog und .
Eine Lösung dieses Gleichungs-Systems für x, y und z mit traditionellen Methoden führt nicht zum Ziel.
Eine Einsetzung unter Berücksichtigung der Gleichung zeigt aber, dass das umgeformte
Gleichungs-System
, , mit den
Abkürzungen , , und
die Lösung
, , hat.
Es ist also Darum berührt der Kreis um I mit dem
Radius ia - x die drei Kreise um A , B und C mit den Radien x, y und z.

Das 3. und 4. Bild stellt der Zusammenhang der Inkreise KIa, KIb und KIc der Dreiecke IBC, ICA und
IAB mit den gelb unterlegten Malfatti-Kreisen KMa, KMb und KMc zeichnerisch dar. Die Zentren dieser
Inkreise seien mit Ia, Ib und Ic bezeichnet und der Berührpunkt von KMb und KMc bzw. KMc und KMa
bzw. KMa und KMb mit Bbc bzw. Bca bzw. Bab. Bild 3 zeigt, dass die gemeinsame (blau gezeichnete)
Tangente tab an KMa und KMb in Bab mit dem Berühr-Punkt von KIc mit AB inzidiert. Die Spiegelung von
tab an der Geraden durch Ia und Ib ergibt die Gerade IC. Entsprechendes gilt für die gemeinsamen Tangenten
tbc und tca von KMb und KMc bzw. KMc und KMa . tab, tbc und tca inzidieren mit dem Radikal-Zentrum
der Malfatti-Kreise, da sie Potenz-Geraden je zweier dieser Kreise sind. Im 4. Bild werden die Kreise KJa,
KJb und KJc mit den Zentren Ia, Ib bzw. Ic hinzugefügt, die mit Bab und Bca bzw. Bab und Bbc bzw. Bbc
und Bca inzidieren. KJb inzidiert mit den Punkten, in denen KMa und KMc die Seiten-Gerade AC berühren.
Der Punkt, in dem KIb die Gerade AC berührt, liegt in der Mitte dazwischen. Entsprechendes gilt für KJa
und KJc . Von den beiden Punkten, in denen sich KJb und KJc schneiden, liegt einer, nämlich Bbc, auf einer
gemeinsamen Tangente zweier Malfatti-Kreise und der andere auf der Verbindungs-Geraden eines Eckpunkts
mit dem Inkreis-Zentrum I. Dieser zweite Schnitt-Punkt liegt auf dem Kreis um A durch die Berühr-Punkte von
KMa mit AB und AC.

Da die Kreise KJa, KJb und KJc mit jeweils zwei der Berühr-Punkte Bbc, Bca und Bab der Malfatti-Kreise
inzidieren, schneiden sie diese alle drei unter einem gleich großen Winkel. Wir nennen sie darum 'Gleichheits-
Kreise'. Die zugehörigen Raumpunkte RJa, RJb und RJc liegen auf Gleichheit-Achsen, deren Bilder bei
Projektion auf die xy-Ebene parallel zur z-Achse die Geraden durch das Radikal-Zentrum und Ia, Ib bzw. Ic
sind. Für die gemeinsamen Tangenten der Malfatti-Kreise folgt aus der Gleichheit der Winkel-Größen, dass
zum Beispiel KJb aus tab und tbc Sehnen mit gleich großem Sehnen-Tangenten-Winkel auschneidet, die darum
vom Mittelpunkt Ib den gleichen Abstand haben und gleich lang sind.

An Hand der Bilder 5 bis 10 soll geometrisch begründet werden, warum die Gleichheits-Kreise die Inkreis-
Zentren von der Dreiecke IBC, ICA und IAB als Mittelpunkte haben. Wir folgen dabei einer Argumentation
von Julius Petersen (1839-1910). Wir setzen nur die Berühr-Eigenschaften der Malfatti-Kreis voraus und
definieren KJb als den Kreis durch Bab, Bbc und den Berühr-Punkt H von KMc mit der Seite AC. Bab
wird in den Bildern mit Z bezeichnet. Die Größe eines Winkels PSQ mit dem Scheitel-Punkt S und den
Punkten P und Q auf den Schenkeln bezeichnen wir mit W(PSQ).

Das 5. Bild zeigt einen blauen Kreis, der die blaue gemeinsame Tangente tab von KMa und KMb in Z berührt
und mit H inzidiert. Er schneidet AB in D. Wir bezeichnen ihn mit HZD. Die Tangenten an HZD in H und D
schneiden sich im Punkt F. Die Tangenten an HZD in H und Z schneiden aus KJb gleich lange Sehnen mit
gleich großen Sehnen-Tangenten-Winkeln aus. Die Sehne, die KJb aus AC ausschneidet, ist ebenfalls
gleich groß, da AC Tangente an KMc ist und KJb Gleichheits-Kreis. Da beim zweiten Schnittpunkt von KJb
mit AC der gleiche Sehnen-Tangenten-Winkel auftritt und der Kreis durch Z, Bbc und den Berührpunkt J
von KMa mit AC aus AC eine Sehne mit gleich großem Sehnen-Tangenten-Winkel ausschneidet, muss dieser
Kreis mit KJb übereinstimmen, also J mit KJb inzidieren.

Das 5. Bild zeigt auch den zweiten hellgrünen Kreis durch Z, D und den Berührpunkt K von KMa mit AB. Wir
bezeichnen ihn mit ZDK. Er hat mit KJb die Schnittpunkte Z und E. Es soll im Folgenden gezeigt werden,
dass E auf der Geraden AF liegt, diese den Winkel BAC halbiert und KJb daraus eine Sehne der Länge
HJ ausschneidet. Dazu klären wir zunächst, warum W(AHF) = W(BDF) ist.

Eine algebraische Erklärung ergibt sich daraus, dass der blaue Malfatti-Kreis KMc und die blaue Seiten-
Gerade AB beide KMa und KMb gleichartig berühren. Wenn die
zum Paraboloid gehörige Bilinearform ist, dann gilt für die f-normierten Form-Werte der
zu den Raum-Punkten RMa, RMb, RMc und der Geraden AB gehörigen Quadrupel ma, mb, mc und ab:
. (Wenn (u;v;w) ein Tripel der Geraden AB in der
x-y-Ebene ist, dann ist ab das Quadrupel , wobei das Vorzeichen die Orientirung
festlegt) . Da der Raum-Punkt von HZD auf der Geraden durch RMa und RMb liegt, kann das zugehörige
Quadrupel in der Form dargestellt werden. Damit berechnet man
.

Ein geometrische Erklärung für W(AHF) = W(BDF) gelingt in Bild 7, indem die Figur in Bild 5 an einem Kreis
mit dem Zentrum Z gespiegelt wird. Dabei wurde der Radius beliebig gewählt. Zur besseren Orientierung
werden in Bild 6 zunächst nur die Malfatti-Kreise und die Dreieck-Seiten gespiegelt. Es werden alle Kreise durch
Z in Geraden abgebildet (dabei berührende Kreise in parallele Geraden) und die Dreieck-Seiten in Kreise, wobei
aber die Größe der Schnitt-Winkel erhalten bleibt. In Bild 8 werden auch die Spiegelbilder von KJc und den Kreis
durch Z, D und den Berührpunkt von KMb mit AB hinzugefügt.

In Bild 9 ist damit geklärt, dass die Winkel AHF und BDF gleich groß sind: Wenn man das Dreieck FAD
um F so dreht, dass D auf H fällt, entsteht zusammen mit FAD ein gleichschenkliges Dreieck. Darum ist
die Gerade AF Winkelhalbierende des Winkels BAC. Da ein Viereck genau dann Sehnen-Viereck ist, wenn
die Summe zweier gegenüberliegender Winkel 180° beträgt, inzidieren A und das Zentrum des Kreises HZD
mit dem Kreis HFD. Der Radius von HZD ist also doppelt so groß wie der von HFD. Da der Umfangs-
Winkel über einem Kreisbogen halb so groß ist wie der zugehörige Mittelpunkts-Winkel, folgt
W( HZD) = 180° - 0,5 W(BAC).

Bild 10 zeigt, dass W(JEK) = W(HZD). Zur Begründung zerlegt man W(HZD).in zwei Teil-Winkel, die in
den hellgrünen Kreisen den Winkeln bei K bzw. J gegenüberliegen und betrachtet deren Neben-Winkel.:
W(JEK) = 360° - W(BAC) -W(AJE) -W(EKA)
= 360° - W(BAC) - W(HZE) -W(EZD)
= 360° - W(BAC) - W(HZD)
= 360° - W(BAC) - 180° + 0,5 W(BAC)
= 180° - 0,5 W(BAC) = W( HZD) .
Der Kreis durch J, E und K hat sein Zentrum auf der Mittelsenkrechten von JK, die auch Winkelhalbierende
von BAC ist, und der Mittelpunkts-Winkel zum Bogen JEK ist doppelt so groß wie 0,5 W(BAC), also gleich
W(BAC). Darum ist A sein Zentrum. Da das Dreieck EAJ gleichschenklig ist, schneidet der Kreis KJb aus
den Geraden AJ und AE gleich lange Sehnen aus, dessen Länge auch mit der Länge übereinstimmt, die er aus
der Geraden HF auschneidet, wie in Bild 5 gezeigt wurde. Analog zeigt man, dass der Kreis EZD aus den
Geraden AB, AE und DF gleich lange Sehnen ausschneidet.

L bzw. M sei der Schnittpunkt von AE mit DF bzw. AE mit HF. Um zu zeigen, dass AE Winkelhalbierende
von BAC ist, soll L = F = M bewiesen werden. Da KJb aus den Geraden HF und AE gleich lange Sehnen
ausschneidet, inzidiert die Mittelsenkrechte von EH notwendig mit M. Analog: Da der Kreis EZD aus den
Geraden DF und AE gleich lange Sehnen ausschneidet, inzidiert die Mittelsenkrechte von ED notwendig mit L.
Da die Strecken HF und DF gleich lang sind. inzidiert die Mittelsenkrechte von HD mit F. Wenn L und M
verschieden wären, also nicht mit F zusammenfallen würden, würde die Gerade LM mit dem Schnittpunkt der
Tangenten am Umkreis von DHE in E und der Geraden DH inzidieren, was nicht möglicht, da L und M auf der
Geraden AE liegen sollen. Folglich ist L = F = M und AE die Winkelhalbierende von BAC . Der Kreis DHE
hat dann F als Zentrum.

Wenn man in dieser Argumentation die Rollen von A und C vertauscht, ergibt sich, dass KJb nicht nur aus den
Geraden AC und der Winkelhalbierenden von BAC gleich lange Sehnen ausschneidet, sondern auch aus AC
und der Winkelhalbierenden von ACB . Darum ist das Zentrum Ib vom Inkreis KIb des Dreiecks ICA auch
Zentrum von KJb . Da KJb aus der gemeinsamen Tangente tab vom KMa und KMb eine gleich lange Sehne
wie aus AC ausschneidet, berührt tab auch KIb , und analog auch KIa.

Aus der Tatsache, dass zum Beispiel KJc das gleiche Zentrum wie KIc hat, folgt, dass der Berühr-Punkt X von
KIc mit AB in der Mitte zwischen den Berühr-Punkten der Malfaffi-Kreise KMa und KMb liegt. Außerdem
schneidet die gemeinsame Tangente tab dieser Kreise die Gerade AB in X. Denn der Abstand von X zu diesen
Berühr-Punkten stimmt mit dem Abstand zu Bab überein.

Die vorherige Gleitschau macht klar, dass die Malfatti-Kreise in einem Dreieck ABC dadurch
konstruiert werden können, dass man ABC mit Hilfe des Inkreis-Zentrums I in drei Teil-Dreiecke
IBC, ICA und IAB mit den Inkreis-Zentren Ia, Ib und Ic unterteilt und die Geraden IA, IB und IC
an den Geraden IbIc bzw. IcIa bzw. IaIb spiegelt, wobei sich die Bilder tbc, tca bzw. tab ergeben..
Dann sind die Geraden AB, tab, tca und CA Tangenten an KMa, die Geraden BC, tbc, tab und AB
Tangenten an KMb und die Geraden CA, tca, tbc und BC Tangenten an KMc.

In der folgenden Gleitschau soll dieses Verfahren verallgemeinert werden, indem das Inkreis-Zentrum I
durch einen beliebigen Punkt P im Innern von ABC ersetzt wird. Dabei wird für den Nachweis, dass die
Tangente AB, tab, tca und CA , BC, tbc, tab und AB und CA, tca, tbc und BC jeweils zum gleichen
Kreis gehören, also ein Tangenten-Viereck bestimmen, mit einer anderen Methode als in der vorigen
Gleitschau geführt.

Wir benutzen folgende Grund-Eigenschaften von Tangenten-Abschnitten:

Wenn zu einem Punkt P außerhalb des Kreises K die beiden Tangenten von P an K
die Berühr-Punkte Q und R haben, dann sind die Abstände PQ und PR gleich groß.

Wenn zu zwei Kreisen K und L die beiden inneren gemeinsamen Tangenten t und t' die Berühr-Punkte
Q an K und R an L bzw. Q' an K und R' an L haben, dann sind die Abstände QR und Q'R' gleich groß.

Außerden verwenden wir folgende beiden Sätze über Tangenten-Vierecke:

Satz 1: Wenn bei einem konvexen Viereck ABCD für die Seitenlängen AB + CD = DA + BC gilt,
dann ist ABCD ein Tangenten-Viereck, hat also einen Inkreis.

Satz 2: ABCD sei ein gekreuztes Viereck mit einem Punkt E zwischen A und D, der auch
zwischen B und C liegt. F sei Schnitt-Punkt der Geraden AB und CD. Wenn für die
Seitenlängen AB + DA = BC + CD gilt, dann ist AFCE ein Tangenten-Viereck.

Zum Beweis von Satz 1: Es sei ohne Beschränkung der Allgemeinheit keine der Seiten von ABCD
größer als die Seite AB. P bzw. Q sei das Spiegelbild von C bei Spiegelung an der Winkelhalbierenden
g bzw. h von CBA bzw. ADC. Dann gilt AP = AB - BC = DA - CD = AQ. Die Mittelsenkrechte j von
P und Q ist dann Winkelhalbierende von BAD und wie g und h Mittelsenkrechte im Dreieck PQC. Der
gemeinsame Schnitt-Punkt von g, h und j ist dann Zentrum eines Inkreises von ABCD.

Zum Beweis von Satz 2 : Es sei BC > AB vorausgesetzt. P bzw. Q sei das Spiegelbild von A bei Spiegelung an derWinkelhalbierenden g bzw. h von ABC bzw. BCF. Dann ist CP = BC - AB = DA - CD = CQ. Die
Mittelsenkrechte j von P und Q ist dann Winkelhalbierende von BCF und wie g und h Mittelsenkrechte im
Dreieck PQA. Der gemeinsame Schnitt-Punkt von g, h und j ist dann Zentrum eines Inkreises von AFCE.

Bild 1 zeigt das Dreieck ABC mit einem beliebig gewählten Punkt P im Innern, den Verbindungen
PA, PB und PC und die Inkreise Ia, Ib und Ic der Dreiecke PBC, PCA und PAB.

In Bild 2 werden die Verbindungs-Strecken der Inkreis-Zentren hinzugefügt und in Bild 3 die Bilder
von Strecken-Abschnitten der Geraden PA und PB bei Spiegelung an den Geraden IbIc bzw. IcIa.
Der Schnittpunkt P' der beiden Spiegelbildern wird markiert.Wenn P das Inkreis-Zentrum von ABC
wäre, wäre P' das Radikal-Zentrum der Malfatti-Kreise.

In Bild 4 wird durch eine Folge von Gleichungen zu Strecken-Längen mit Hilfe der oben angegebenen
beiden Grund-Eigenschaften gezeigt, dass die Differenz P'F' - P'J' der Tangenten-Abschnitte von P' an
Ib und Ia mit dem Abstand DE = D'E' der Berühr-Punkte der beiden inneren gemeinsamen Tangenten
von Ib und Ia übereinstimmt. Daraus ergibt sich mit der Argumentation zum unten angegebenen Satz 3,
dass D', E' und P' kollinear sind. Die Folge der Gleichungen zeigt auch, dass daraus, dass die inneren
gemeinsamen Tangenten PA an Ib und Ic , PB an Ic und Ia sowie PC an Ia und Ib einen gemeinsamen
Punkt (nämlich P) haben, folgt, dass die Differenz von den Längen der Tangenten-Abschnitte GF und HJ
zu (Ib;Ic) bzw. (Ic;Ia) gleich der Länge des Tangenten-Abschnitts DE zu dem Kreis-Paar (Ia;Ib) ist.
Diese Implikation und seine Umkehrung werden unten als Satz 4 formuliert.

In Bild 5 wird das konvexe Viereck P'LCK hellblau markiert und an Hand neuer Gleichungen gezeigt,
dass die Voraussetzungen von Satz 1 erfüllt sind. P'LCK ist folglich ein Tangenten-Viereck. Der zugehörige
Inkreis wird in Bild 6 zugefügt.

Bild 7 zeigt das hellblau markierte gekreuzte Viereck AQP'R mit dem Kreuzungs-Punkt S und dem
Schnittpunkt X der Geraden AQ und PR. Die Gleichungen belegen, dass die Voraussetzungen von
Satz 2 erfüllt sind und dass darum das konvexe Viereck AXP'S ein Tangenten-Viereck ist. Der
zugehörige Inkreis wird in Bild 8 gezeigt.

Entsprechendes wird in Bild 9 und 10 mit dem gekreuzten Viereck BUP'V gemacht und so begründet.
dass das konvexe Viereck XBTP' ein Tangenten-Viereck ist. In Bild 11 werden alle drei Inkreise
gezeichnet, die im Fall, dass P Inkreis-Zentrum von ABC ist, Malfatti-Kreise sind.

Die Gleichungs-Kette im 4.Bild führt zu einem Beweis zum folgenden

Satz 3 : Gegeben seien drei Kreise Ka, Kb und Kc, die keine inneren Punkte gemeinsam haben.
gab bzw. gbc bzw. gca sei innere Tangente von Ka und Kb bzw. Kb und Kc bzw. Kc und Ka.
Wenn dann gab, gbc und gca einen gemeinsamen Punkt P haben, dann haben auch die zweiten
inneren Tangenten von Ka und Kb bzw. Kb und Kc bzw. Kc und Ka.einen gemeinsamen Punkt P'.

Im 4. Bild sind Punkte D und E die Berühr-Punkte von gab, die Punkte F und G die Berühr-Punkte
von gbc und H und J die Berühr-Punkte von H und J. Die Berühr-Punkte der zweiten gemeinsamen
Tangenten sind D ', E ' bzw. F ', G ' bzw. H ', J '. Wir machen die Annahme, dass P ' nicht auf der
Geraden gab' durch D ' und E ' liegt, und führen sie zum Widerspruch, falls .

X bzw.Y sei der Schnitt-Punkt von P' mit gab'. Wir betrachten den Fall, dass Y zwischen P ' und J '
und zwischen D' und X liegt. Dann errechnet man




Dies ist ein Widerspruch zur Dreiecks-Ungleichung. Darum sind D ', E ' und P ' kollinear.
Die anderen Fälle behandelt man analog, wobei zum Teil '+' und '-' vertauscht werden müssen.

Satz 4 : Gegeben seien drei Kreise Ka, Kb und Kc, die keine inneren Punkte gemeinsam haben.
gab bzw. gbc bzw. gca sei innere Tangente von Ka und Kb bzw. Kb und Kc bzw. Kc und Ka.
Die Länge des Tangenten-Abschnitt (also der Abstand der Berühr-Punkte) auf gab bzw. gbc
bzw. gca sei lab bzw. lca bcw. lab, wobei lbc am größten sei. Dann haben gab, gbc und gca
genau dann einen gemeinsamen Punkt, wenn lbc = lab + lca gilt.

Der geometrische Beweis gelingt bei Voraussetzung eines gemeinsamen Punktes wie in Bild 4 der
vorangehenden Gleitschau durch Strecken-Vergleiche. Zum Beweis der Umkehrung betrachtet
man die Schnittpunkte X von gab und gca, Y von gbc und gab sowie Z von gca und gbc und
zeigt durch Strecken-Vergleich ähnlich wie bei Satz 3, dass dann
ist. Falls dies Null ist, folgt wegen der Dreiecks-Ungleichung X = Y = Z.

Die Animation zeigt im ersten Teil den Übergang zu Malfatti-Kreisen dadurch, dass P in das Inkreis-
Zentrum von ABC verschoben wird. Dabei rücken die Berühr-Punkte der gemeinsamen inneren Tangenten
der gelb unterlegten Kreise um Ka, Kb und Kc zusammen. Im zweiten Teil durchläuft P die Punkte, die
isogonal konjugiert sind zu den Punkten von P im ersten Teil. Am Schluss des zweiten Teils stimmen die
Kreise um Ka, Kb und Kc mit denen für P zu Beginn des ersten Teils überein. Im dritten Teil wird der
Weg des zweiten Teils rückwärts durchlaufen und führt wieder zu Malfatti-Kreisen. Im vierten Teil
erscheinen die Kreise um Ka, Kb und Kc in umgekehrter Reihenfolge wie im ersten und dritten Teil
zusammen den Inkreisen der Dreiecke PAB, PBC, PCA und PisoAB, PisoBC, PisoCA , wobei
Piso jeweils der zu P isogonal konjugierte Punkt ist. P und Piso bestimmen also die gleichen gelb
unterlegten Kreise.

Baryzentrische Dreiecks-Koordinaten und Malfatti-Kreise

In dem Dreieck IAB ist der Inkreis-Radius r0 zum Dreieck ABC die Länge der Höhe auf AB. Darum
hat die Strecke IA die Länge , wobei die Variablen A hinter den
trigonometrischen Funktionen die Größe des Winkels BAC angibt. Entsprechend ist
und . Wenn F der Fußpunkt der Höhe auf AB im Dreieck IAB ist, dann hat AF die
Länge . Entsprechend ist und , also
, was merkwürdigerweise übereinstimmt mit
. Darum ist der Abstand x des Eckpunktes A zum Berührpunkt Q
vom Malfatti-Kreis KMa mit AB gleich
.
Q hat darum das normierte baryzentrische Tripel , wobei c sich durch
darstellen lässt. Entsprechend ergibt sich für KMb und KMc:

.

Der Berührpunkt R des Malfatti-Kreises KMb mit AB hat das baryzentrische Tripel .
Der Mittelpunkt X von Q und R ist der Schnitt-Punkt von tab mit AB und auch der Berühr-Punkt des
Inkreises von IAB mit AB. Er hat das normierte baryzentrische
Tripel . Der analoge Punkt
auf BC bzw. CA hat das Tripel bzw. .

Eine anderer Weg zut Berechnung von X benutzt die Eigenschaft, dass X Höhen-Fußpunkt auf AB im
Dreieck IAB zum Inkreis-Zentrum Ic ist. Im Dreieck IcAB gilt nach dem Sinus-Satz
. Außerdem ist . Das System
dieser Gleichungen hat die Lösung
, .
Darum ist auch

normiertes baryzentrisches Tripel zu X.

In der Encyclopedia of triangle centers (ETC) wird das Radikal-Zentrum der Malfatti-Kreise in einem
Dreieck ABC mit X483 bezeichnet. Dafür wird das bemerkenswert einfache baryzentrische Tripel
(in unnormierter Form) angegeben.
Ersetzt man hier die zweite Potenz durch die vierte, so erhält man den als 1. Ajima-Malfatti-Punkt
bezeichneten Punkt X179. In X179 schneiden sich die Verbindungs-Geraden der Eckpunkte A, B
und C mit den Berühr-Punkten Bbc, Bca und Bab der Malfatti-Kreise.

Die gemeinsamen Tangenten tbc, tca und tab der Malfatti-Kreise in den Punkten Bbc, Bca und Bab treffen
die Seiten-Geraden BC, CA und AB in den Berühr-Punkten von den Inkreisen von IBC, ICA und IAB mit
BC, CA und AB. Zum Beispiel ist tab darum die Gerade durch X und X483. Wenn T(X) und T(X483)
(möglicherweise unnormierte) baryzentrische Tripel von X und X483) sind, ergibt ein
Tripel von tab. Entsprechend ist Tripel der Geraden durch C und X179, folglich
ein Tripel des Berührpunkts Bab von KMa und KMb. Man errechnet
so für Bab ein Tripel, das proportional zu . Die
analogen Tripel für Bbc und Bca ergeben sich durch zyklische Rotation der Komponenten mit gleichzeitiger
Ersetzung der Winkel-Variablen im Zyklus A->B->C->A, für Bbc also

Berechnung der Malfatti-Radien nach Karl Schellbach

Karl Schellbach (1805-1892) hat 1853 Formeln zur Lösung des oben angegeben Gleichungs-System für
die Abstände x, y und z der Berühr-Punkte der Malfatti-Kreise von ihren anliegenden Ecken A, B und C im
Dreieck ABC angegeben, deren Radien , und sind.
. Er bewies :
Wenn
und dann gilt .

Zum Beweis von betrachten wir ein Dreieck mit den Seitenlängen
.
Dieses Dreieck existiert, da es wegen ein Dreieck mit den Winkeln
, und und dem Umkreis-Radius gibt. In diesem Dreieck hat der
Mittelpunkts-Winkel zum Umfangs-Winkel die doppelte Größe und darum die zugehörige Sehne
die Länge . Entsprechendes gilt für die andern Seiten.
Nach dem Kosinus-Satz gilt

also und ,
da . Die zweite und dritte Gleichung begründet man mit zwei anderen, aber analogen
Hilfs-Dreiecken.

.

Berechnung der Malfatti-Radien nach Enoch Seitz

Enoch Seitz (1846-1883) hat 1881 in der Zeitschrift 'The Mathematical Visitor' Formeln veröffentlicht, mit
denen die Radien der Malfatti-Kreise aus dem Inkreis-Radius r0 und den Winkel-Größen an den Eckpunkten
A, B und C berechnet werden können, die wir im folgenden Satz mit A, B und C bezeichnen. Anstatt mra, mrb
und mrc benutzen wir für die Radien der Malfatti-Kreise die Abkürzugen u, v und w. Dann ergeben sich aus den
oben für die Abstände x, y und z der Eckpunkte von ABC von den Berührpunkte mit den Seiten angegebenen
Gleichungen die Umformungen
(1) (2)
(3)
a, b und c sind auch hier die Seitenlängen BC, CA und AB und wir benutzen die Abkürzungen
, , und .

Satz : Aus (1), (2) und (3) folgt
und .
Beweis: Seitz folgend teilen wir (1) durch (2) bzw. (3) und erhalten nach Multiplikation mit den Nennern
(4) (5)
Wegen ist
(6)
und (7)
Wir subtrahieren die Terme von (6) bzw. (7) auf beiden Seiten von (4) bzw. (5) und erhalten
(8) (9)
Dadurch wurde erreicht, dass von den Größen sa, sb und sc jeweils nur eine links oder rechts
vom Gleichheits-Zeichen vorkommt.
Nach dem Sinus-Satz ist wegen
(10)
und analog (11)
Wir multiplizieren die beiden Terme von (10) bzw. (11) auf beiden Seiten von (8) bzw. (9).
Wegen und und analogen Gleichungen für A und C folgt




Diese vier Terme sind Quadrate der Form . Durch Wurzel-Ziehen folgt
. (12)
(13)
Wenn man die Terme in (13) von denen in (12) subtrahiert, ergibt sich

Wenn man
trigonometrisch
expandiert und dann ausmultipliziert, ergibt sich Null.
Darum ist . Expansion und Ausmultiplikation ergibt auch bei dem
Term Null.
Darum ist (14)
und analog . (15)
Setzt man die Auflösung von (14) nach in (1) ein, so ergibt sich wegen
und



, also





wegen
folglich




wegen
.
Aus
und folgt
.
Analog ergeben sich die Formeln für v uns w.


.