Giuro che questa non è spam ma sono cose definite similmente

[Troleito br00tal]

Sia dato un triangolo $ABC$. Sia $A_1$ il punto di tangenza dell'incerchio su $BC$ e siano $B_1$ e $C_1$ definiti similmente. Siano $x_A$ e $y_A$ rispettivamente la circonferenza di diametro $BA_1$ e $A_1C$ e siano $x_B$, $y_B$, $x_C$ e $y_C$ definite similmente. Sia $A_2$ l'intersezione tra le tangenti esterne in comune a $x_A$ e $y_A$ e siano $B_2$ e $C_2$ definiti similmente. Dimostrare che i punti $A_2$, $B_2$, $C_2$ sono allineati (spero di aver scritto il testo giusto almeno stavolta)

[Gottinger95]

Scusatemi in anticipo se uso lettere minuscole per i punti, ma oggi me la sento molto trasgre
LEMMA:
Dati:
Due circonferenze tangenti di diametro \(d,D\) e centro \(o,O\), (tali che \(d < D\) )
P il punto d'intersezione delle rette tangenti a entrambe le circonferenze,
\(t,T\) i punti di tangenza di una delle due tangenti comuni rispettivamente con le circonferenze di centro \(o,O\),
\(s\) la distanza tra P e la circonferenza più piccola (centro \(o\) e diametro \(d\) ),
Si ha \(\displaystyle s = \frac{d^2}{D-d}\).

DIMOSTRAZIONE:
Vista la simmetria delle tangenti rispetto alla retta \(oO\), P deve giacere su \(oO\). Impostiamo la similitudine tra i triangoli \(toP\) e \(TOP\):
\(\displaystyle \frac{d}{2} : (\frac{d}{2}+s) = \frac{D}{2} : (\frac{D}{2} + d + s ) \Rightarrow \frac{d}{2} : s = \frac{D}{2} : (d + s ) \Rightarrow \frac{d}{2} (d+s) = \frac{D}{2}s \Rightarrow s = \frac{d^2}{D-d} \)

SOLUZIONE:
Siano \(x,y,z\) rispettivamente le lunghezze dei segmenti \(A_1 B = B C_1,\ \ C_1A = A B_1,\ \ B_1 C = C A_1 \). Sia WLOG \(y > z > x \) (perchè sul foglio l'ho fatto così e non ho intenzione di cambiarli ). Non possono essere uguali, altrimenti le due tangenti comuni a due circonferenze sarebbero parallele.
Per il lemma, abbiamo \( \displaystyle A_2 B = \frac{x^2}{z-x}, \ \ C_2 B = \frac{x^2}{y-x}, \ \ B_2 C = \frac{z^2}{y-z}\). La configurazione discende da \(y \geq z \geq x\).
Per il teorema di Menelao, i tre punti sono allineati se e solo se:
\(\displaystyle \frac{BA_2}{CA_2}\frac{AC_2}{BC_2}\frac{CB_2}{AB_2} = -1 \)
Visto che i punti sono tutti e tre sui prolungamenti dei lati, ogni frazione contribuisce con un -, quindi complessivamente i - nell'equazione si semplificano.
Sostituendo nell' LHS :
\( \displaystyle (BA_2 AC_2 CB_2): (CA_2 BC_2 AB_2 ) = (\frac{x^2}{z-x} (x+y+\frac{x^2}{y-x}) \frac{z^2}{y-z} ) : [ (x+z+ \frac{x^2}{z-x})\frac{x^2}{y-x}(z+y+\frac{z^2}{y-z})] =\)
\( \displaystyle (\frac{x^2}{z-x} \frac{y^2}{y-x} \frac{z^2}{y-z} ) : [ \frac{z^2}{z-x}\frac{x^2}{y-x}\frac{y^2}{y-z}] = 1 ,\)
per cui i tre punti risultano effettivamente allineati.

[Troleito br00tal]

Scusatemi in anticipo se uso lettere minuscole per i punti, ma oggi me la sento molto trasgre
LEMMA:
Dati:
Due circonferenze tangenti di diametro \(d,D\) e centro \(o,O\), (tali che \(d < D\) )
P il punto d'intersezione delle rette tangenti a entrambe le circonferenze,
\(t,T\) i punti di tangenza di una delle due tangenti comuni rispettivamente con le circonferenze di centro \(o,O\),
\(s\) la distanza tra P e la circonferenza più piccola (centro \(o\) e diametro \(d\) ),
Si ha \(\displaystyle s = \frac{d^2}{D-d}\).

DIMOSTRAZIONE:
Vista la simmetria delle tangenti rispetto alla retta \(oO\), P deve giacere su \(oO\). Impostiamo la similitudine tra i triangoli \(toP\) e \(TOP\):
\(\displaystyle \frac{d}{2} : (\frac{d}{2}+s) = \frac{D}{2} : (\frac{D}{2} + d + s ) \Rightarrow \frac{d}{2} : s = \frac{D}{2} : (d + s ) \Rightarrow \frac{d}{2} (d+s) = \frac{D}{2}s \Rightarrow s = \frac{d^2}{D-d} \)

SOLUZIONE:
Siano \(x,y,z\) rispettivamente le lunghezze dei segmenti \(A_1 B = B C_1,\ \ C_1A = A B_1,\ \ B_1 C = C A_1 \). Sia WLOG \(y > z > x \) (perchè sul foglio l'ho fatto così e non ho intenzione di cambiarli ). Non possono essere uguali, altrimenti le due tangenti comuni a due circonferenze sarebbero parallele.
Per il lemma, abbiamo \( \displaystyle A_2 B = \frac{x^2}{z-x}, \ \ C_2 B = \frac{x^2}{y-x}, \ \ B_2 C = \frac{z^2}{y-z}\). La configurazione discende da \(y \geq z \geq x\).
Per il teorema di Menelao, i tre punti sono allineati se e solo se:
\(\displaystyle \frac{BA_2}{CA_2}\frac{AC_2}{BC_2}\frac{CB_2}{AB_2} = -1 \)
Visto che i punti sono tutti e tre sui prolungamenti dei lati, ogni frazione contribuisce con un -, quindi complessivamente i - nell'equazione si semplificano.
Sostituendo nell' LHS :
\( \displaystyle (BA_2 AC_2 CB_2): (CA_2 BC_2 AB_2 ) = (\frac{x^2}{z-x} (x+y+\frac{x^2}{y-x}) \frac{z^2}{y-z} ) : [ (x+z+ \frac{x^2}{z-x})\frac{x^2}{y-x}(z+y+\frac{z^2}{y-z})] =\)
\( \displaystyle (\frac{x^2}{z-x} \frac{y^2}{y-x} \frac{z^2}{y-z} ) : [ \frac{z^2}{z-x}\frac{x^2}{y-x}\frac{y^2}{y-z}] = 1 ,\)
per cui i tre punti risultano effettivamente allineati.

Pregio! Magari sarebbe carino vedere qualche soluzione senza Menelao...

Testo nascosto:

...ma con gli assi radicali

Comunque la dimostrazione mi sembra corretta! Dei conti mi sono abbastanza fidato, comunque l'idea e il lemma sono molto giusti

[Gottinger95]

Testo nascosto:

Non ci ho pensato ancora, ma allineamenti e assi radicali non li associo intuitivamente...al massimo con le concorrenze Comunque giurin giurello che ci penso

[Troleito br00tal]

Testo nascosto:

Non ci ho pensato ancora, ma allineamenti e assi radicali non li associo intuitivamente...al massimo con le concorrenze Comunque giurin giurello che ci penso

Ti vogliamo bene

[Gottinger95]

Mi volete bene perchè sono così stupido che faccio tenerezza oppure perchè faccio al mondo l'ENORME favore di pensare agli assi radicali?

[Troleito br00tal]

Mi volete bene perchè sono così stupido che faccio tenerezza oppure perchè faccio al mondo l'ENORME favore di pensare agli assi radicali?

Perché giurin giurelli

[Gottinger95]

Ho solo banalmente notato che \(I \in Asse(x_{lettera}, y_{lettera}) \), e che l'asse radicale di due circonferenze incontra le tangenti comuni nel punto medio, ma non mi è molto utile.. xD
Un hintarello?

[Troleito br00tal]

Ho solo banalmente notato che \(I \in Asse(x_{lettera}, y_{lettera}) \), e che l'asse radicale di due circonferenze incontra le tangenti comuni nel punto medio, ma non mi è molto utile.. xD
Un hintarello?

Beh, dimmi le prime 2 circonferenze che ti vengono in mente...