\documentclass[10pt,a4paper]{article}
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\title{Relazione G2}
\author{Andrea}
\date{\today}
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	/Author (Andrea Fogari)
	/Title (Relazione G2)
	/Subject (Relazione G2)
	/Keywords ()
	/CreationDate (D:20090126141634)
}
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\fi
\begin{document}
	\maketitle
	\begin{figure}[htbp]
	\centering
		\includegraphics{fig1.png}
	\end{figure}
	Prendiamo due circonferenze che si intersecano in un punto $P$. Prendiamo tre punti $A,B,C$ su una circonferenza e proiettiamoli, attraverso
	$P$, sulla seconda circonferenza, ottenendo $A',B',C'$. Possiamo osservare che i triangoli $ABC$ e $A'B'C'$, per semplici questioni di angoli,
	sono simili. Inoltre sono anche triangoli "perspettici", nel senso che $AA',BB',CC'$ concorrono. (per il teorema di Desaregues, questo \`e
	equivalente a dire che $AB \cap A'B', BC \cap B'C', CA \cap C'A'$ sono allineati)
	
	Ci chiediamo: \`e questo l'unico modo per ottenere una coppia di triangoli simili e perspettici? Nel senso, \`e vero che se $ABC$ e $A'B'C'$ sono
	simili e perspettici da $P$, allora $P$ sta su entrambe le circonferenze circoscritte?
	
	Questa tesi \`e falsa: basta prendere due triangoli simili con i lati a due a due paralleli. Allora \`e chiaro che in ogni caso sono, oltre che 
	simili, anche perspettici. Per\`o, se aggiungiamo la condizione che i triangoli non siano omotetici (=con i lati a due a due paralleli), il claim
	sopra citato funziona, ed ora lo dimostriamo.
	
	\begin{figure}[htbp]
	\centering
		\includegraphics{fig2.png}
	\end{figure}
	
	Quindi, siano $ABC$ ed $A'B'C'$ due triangoli simili perspettici non omotetici. Per sfruttare meglio l'ipotesi che non sono omotetici,
	"avviciniamo " $ABC$, scegliendo un vertice (tipo $A'$) e costruendo l'omotetico di $ABC$ di centro $P$ passante per $A'$.
	Gli altri vertici di questo omotetico chiamiamoli $B'',C''$. Ora abbiamo le stesse ipotesi di prima ($A'B'C'$ ed $A''B''C''$ sono simili, perspettici, non omotetici), con l'ipotesi in pi\`u che due vertici coincidono $(A''=A)$. Basterebbe dimostrare che $P$ sta sulla circonferenza circoscritta ad uno dei due triangoli. Lo dimostriamo in due modi.
	
	Primo modo. Consideriamo la funzione che manda ogni punto $P$ nel punto $P'$ tale che $APP'$ sia (direttamente) simile ad $ABC$.
	Ad esempio, manda $B'$ in $C'$ e $B''$ in $C''$. Visto che \`e la composizione di rotazione e omotetia, manda rette in rette, quindi manda
	la retta $B'B''$ nella retta $C'C''$ (qui usiamo l'ipotesi che i triangoli non erano perspettici). Quindi l'angolo tra queste due rette \`e proprio l'angolo di rotazione. Quindi $\angle B'PC' = \angle BAC = \angle B'AC'$! Quindi $PA'B'C'$ \`e ciclico e la dimostrazione \`e conclusa.
	
	Secondo modo (pi\`u classico). Siccome $A'B':A'C' = A'B'':A'C''$ e $\angle B'A'B'' = \angle C'A'C''$, i triangoli $B'A'B''$ e $C'A'C''$ sono simili. Quindi $\angle C''C'A' = \angle B''B'A'$, o meglio $PC'A' = PB'A'$, da cui la tesi.
	\begin{figure}[htbp]
	\centering
		\includegraphics{fig3.png}
	\end{figure}
	Il secondo lemma si potrebbe riassumere in: questa figura esiste. Ci sono tre circonferenze passanti per un punto $P$, e si intersecano a due a due anche nei punti $X,Y,Z$, e hanno centri $O_1,O_2,O_3$. Prendiamo un punto $A$ sulla prima circonferenza, lo proiettiamo sulla seconda attraverso $Z$ ottenendo $B$, proiettiamo $B$ sulla terza attraverso $X$ ottenendo $C$, proiettiamo $C$ sulla prima attraverso $Y$... e dovremmo ottenere di nuovo $A$.
	
	Il motivo per cui la figura esiste \`e il seguente: le circonferenze concorroni in $P$, e possiamo scrivere $\angle XPY + \angle YPZ + \angle ZPX = 2\pi$. Possiamo riscrivere questo come $(\pi - \angle XPY) + (\pi - \angle YPZ) + (\pi - \angle ZPX) = \pi$. Per il fatto che $A,B,C$ stanno sulle circonferenze, $\angle XCY = \pi - \angle XPY$. L'uguaglianza diventa $ \angle XCY + \angle YAZ + \angle ZBX = \pi$, che ci dice che la somma degli angoli interni di $ABC$ \`e $\pi$. Questo ragionamento, fatto un po' meglio, porta ad una dimostrazione del lemma.
	
	Inoltre possiamo osservare che, da qualunque vertice $A$ partiamo per la costruzione, il triangolo $ABC$ sar\`a sempre simile ad $O_1O_2O_3$.
	Anche questo \`e dovuto a semplici osservazioni riguardo gli angoli.
	
	Ci chiediamo: qual \`e il rapporto di similitudine tra $ABC$ ed $O_1O_2O_3$? C'\`e un modo semplice per esprimerlo?
	\begin{figure}[htbp]
	\centering
		\includegraphics{fig4.png}
	\end{figure}
	Costruiamo $M,N$, punti medi delle corde $AZ,ZB$. Siccome queste sono corde, possiamo dire anche che $M$ \`e la proiezione di $O_1$ su $AB$, ed $N$ \`e la proiezione di $O_2$ su $AB$. Insomma, $MN$ \`e la proiezione di $O_1O_2$ su $AB$, quindi $MN = O_1O_2 \cdot \cos \alpha$, dove $\alpha$ \`e l'angolo di inclinazione tra le rette $O_1O_2$ e $AB$. Ma siccome $M,N$ sono punti medi, concludiamo che $AB = 2MN$, quindi infine $AB = 2 O_1O_2 \cdot \cos \alpha$.
	
	Il rapporto di similitudine tra $ABC$ ed $O_1O_2O_3$ \`e due volte il coseno dell'angolo di inclinazione di questi due triangoli. $ABC$ sar\`a pi\`u grande possibile quando il coseno \`e 1, cio\`e quando $AB,BC,CA$ sono parallele ad $O_1O_2,O_2O_3,O_3O_1$.
	
	Detto tutto questo, diventa abbastanza banale risolvere il problema G2:
	
	Sia $ABC$ un triangolo, e siano $X,Y,Z$ dei punti presi sui lati $AB,BC,CA$ rispettivamente.
	\begin{enumerate}
		\item Dimostrare che le circonferenze circoscritte ai triangoli $AXZ,BYX,CZY$ passano per uno stesso punto.
		\item Detti $A',B',C'$ i loro circocentri, dimostrare che $ABC$ e $A'B'C'$ sono simili.
		\item Dimostrare che $\textmf{Area}(A'B'C') \ge \frac 14 \textmf{Area}(ABC)$.
		\item Dimsotrare che l'uguaglianza vale se e solo se $AA',BB',CC'$ concorrono.
	\end{enumerate}
	
	
\end{document}