Quando il triangolo ceviano è simile al triangolo pedale

[Francesco Sala]

In un triangolo $ ABC $, sia $ \ell_A $ la retta per $ A $ parallela alla retta di Eulero del triangolo; similmente definiamo $ \ell_B,\ell_C $.
a) Dimostrare che la retta simmetrica di $ \ell_A $ rispetto a $ BC $ e quelle analogamente definite rispetto agli altri vertici concorrono in un punto $ P $.
b) Se $ Q $ è il coniugato isogonale di $ P $ rispetto ad $ ABC $, dimostrare che il triangolo ceviano e il triangolo pedale di $ Q $ rispetto ad $ ABC $ sono simili.

NOTA: il triangolo ceviano di un punto è quello che ha per vertici i piedi delle ceviane passanti per esso; il triangolo pedale è quello che ha per vertici le proiezioni del punto sui lati.

[Talete]

Faccio un po' di necroposting per allenarmi ad usare un bellissimo metodo di risoluzione dei problemi di geometria.

Risolvo il punto (a):

Testo nascosto:

$\mathcal A=[1:0:0]$, $\mathcal B=[0:1:0]$ e $\mathcal C=[0:0:1]$

La retta di Euler passa per $\mathcal G=[1:1:1]$ e $\mathcal H=[S_BS_C:S_CS_A:S_AS_B]$ e dunque ha equazione
\[(S_C-S_B)S_Ax+(S_A-S_C)S_By+(S_B-S_A)S_Cz=0.\]

Intersecando questa retta con la retta $x+y+z=0$ si ottiene il punto all'infinito della retta di Euler, d'ora in poi $\mathcal E_{\infty}$, di coordinate
\[\mathcal E_{\infty}=[a^2S_A-2S_BS_C:b^2S_B-2S_CS_A:c^2S_C-2S_AS_B].\]

La retta $\ell_A$ passa dunque per $\mathcal A$ e per $\mathcal E_{\infty}$, e ha quindi equazione
\[(c^2S_C-2S_AS_B)y+(2S_CS_A-b^2S_B)z=0.\]

La simmetrica di $\ell_A$ rispetto a $\mathcal{BC}$ è la retta che passa per il simmetrico di $\mathcal A$ rispetto a $\mathcal{BC}$ e per l'intersezione di $\ell_A$ con $\mathcal{BC}$.

Il simmetrico di $\mathcal A$ rispetto a $\mathcal{BC}$, d'ora in poi $\mathcal A_1$ è, detto $\mathcal{H_A}$ l'intersezione di $\mathcal{AH}$ con $\mathcal{BC}$, il simmetrico di $\mathcal A$ rispetto ad $\mathcal{H_A}$. Ora, è noto che
\[\mathcal{H_A}=[0:S_C:S_B]\]
e dunque
\[\mathcal A_1=[-a^2:2S_C:2S_B].\]

L'intersezione di $\ell_A$ con $\mathcal{BC}$ è invece il punto
\[\mathcal{L_A}=[0:b^2S_B-2S_CS_A:c^2S_C-2S_AS_B].\]

La retta simmetrica di $\ell_A$ rispetto a $\mathcal{BC}$ è dunque la retta per $\mathcal A_1$ e $\mathcal L_A$, e cioè
\[2a^2S_A(S_C-S_B)x+(a^2c^2S_C-2a^2S_AS_B)y+(2a^2S_AS_C-a^2b^2S_B)z=0.\]

Le altre due rette saranno le simmetriche di questa ("simmetriche" intese in senso algebrico e non geometrico):
\[(2b^2S_BS_A-b^2c^2S_C)x+2b^2S_B(S_A-S_C)y+(a^2b^2S_A-2b^2S_BS_C)z=0,\\
(b^2c^2S_B-2c^2S_CS_A)x+(2c^2S_BS_C-a^2c^2S_A)y+2c^2S_C(S_B-S_A)z=0.\]

Dopo una miriade di conti, che stanno sul mio quaderno e sono felici di essere lì e non nell'etere informatico, si ottiene che il punto
\[\mathcal{P}=[b^2c^2S_A^2(S_B-S_C)^2:c^2a^2S_B^2(S_C-S_A)^2:a^2b^2S_C^2(S_A-S_B)^2]\]
appartiene a tutte e tre le rette. Abbiamo mostrato il punto (a).

[Talete]

Per completezza, ecco pure il punto (b):

Testo nascosto:

Troviamo una caratterizzazione per tutti i punti $\mathcal X=[p:q:r]$ tali che il triangolo pedale ed il triangolo ceviano di $\mathcal X$ siano simili.

Innanzitutto, il triangolo ceviano di $\mathcal X$ è formato da $\mathcal{X_C}=[p:q:0]$, $\mathcal{X_B}=[p:0:r]$ e $\mathcal{X_A}=[0:q:r]$.

Calcoliamo la lunghezza di un lato, ad esempio $||\mathcal{X_A}\mathcal{X_B}||^2$. Il displacement vector sarà
\[\overrightarrow{\mathcal{X_A}\mathcal{X_B}}=\frac{1}{(p+r)(q+r)}\cdot[-pq-pr:pq+qr:pr-qr]\]
e dunque
\[||\mathcal{X_A}\mathcal{X_B}||^2=\frac{1}{(p+r)^2(q+r)^2}\cdot\left[a^2qr(p+r)(q-p)+b^2pr(q+r)(p-q)+c^2pq(q+r)(p+r)\right].\]

Consideriamo ora il punto all'infinito della retta $\mathcal{AH}$. Esso è
\[\mathcal{D}_{\infty}=[-a^2:S_C:S_B].\]
$\mathcal{D}$, il piede della perpendicolare di $\mathcal X$ su $\mathcal{BC}$ è l'intersezione di $\mathcal{XD}_\infty$ con $\mathcal{BC}$.

La retta $\mathcal{XD}_\infty$ ha equazione
\[(pS_B-qS_C)x+(-a^2r-S_Bp)y+(S_Cp+a^2q)z=0\]
e dunque la sua intersezione con il lato $x=0$ sarà
\[\mathcal D=[0:a^2q+S_Cp:a^2r+S_Bp].\]
Allo stesso modo si avranno
\[\mathcal E=[b^2p+S_Cq:0:b^2r+S_Aq]\hspace{1cm}\mathrm{e}\hspace{1cm}\mathcal F=[c^2p+S_Br:c^2q+S_Ar:0].\]

Calcoliamo adesso $||\mathcal{DE}||^2$. Il displacement vector sarà
\[\overrightarrow{\mathcal{DE}}=\frac1{a^2b^2(p+q+r)}\cdot[-a^2b^2p-a^2S_Cq:a^2b^2q+b^2S_Cp:b^2S_Bp-a^2S_Aq].\]
Questo ci porta ad ottenere
\[||\mathcal{DE}||^2=\frac1{a^2b^2(p+q+r)^2}\cdot\left[(a^2q+S_Cp)(a^2S_Aq-b^2S_Bp)+(b^2S_Bp-a^2S_Aq)(b^2p+S_Cq)+c^2(b^2p+S_Cq)(a^2q+S_Cp)\right].\]

Noi vorremmo scrivere meglio quella roba tra parentesi quadre. Notiamo che è un polinomio omogeneo di secondo grado in $p$ e $q$. Il coefficiente di $q^2$ è $a^2S^2$, dove $S^2=S_AS_B+S_BS_C+S_CS_A$. In linea teorica il coefficiente di $p^2$ dovrebbe essere $b^2S^2$, se il mondo fosse onesto, e infatti lo è. Questo però non ci assicura che il mondo sia onesto, purtroppo. Ci rimane da calcolare solo il coefficiente di $pq$: viene $2S_CS^2$. Il che è stupendo, perché possiamo raccogliere un $S^2$ ed ottenere
\[||\mathcal{DE}||^2=\frac{S^2}{a^2b^2(p+q+r)^2}\cdot\left[a^2q^2+2S_Cpq+b^2p^2\right].\]
Il discriminante di quel polinomio è purtroppo negativo (viene $-S^2$) e quindi non possiamo fare molto altro. A meno di introdurre numeri complessi.

Quasi quasi...

Si potrebbe fattorizzare come
\[\frac{1}{a^2}(a^2q+S_Cp+Sip)(a^2q+S_Cp-Sip).\]

Purtroppo si perde simmetria, ma teniamola lì. Un altro modo, forse migliore, per scrivere quel polinomio, è
\[S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2.\]

In ogni caso, non siamo mica qui per abbellire polinomi! La condizione su $\mathcal X$ è che
\[\frac{||\mathcal{X_AX_B}||^2}{||\mathcal{DE}||^2}=\frac{||\mathcal{X_BX_C}||^2}{||\mathcal{EF}||^2}=\frac{||\mathcal{X_CX_A}||^2}{||\mathcal{FD}||^2}.\]

Abbiamo calcolato le distanze in funzione di $\mathcal{X}$: basta inserire $\mathcal{X}=\mathcal{Q}$ ed è fatta, no?

Piccolo problemino:
\[\mathcal{Q}=[a^4S_B^2S_C^2(S_C-S_A)^2(S_A-S_B)^2:b^4S_C^2S_A^2(S_A-S_B)^2(S_B-S_C)^2:c^4S_A^2S_B^2(S_C-S_A)^2(S_B-S_C)^2].\]
Le sue coordinate sono di ventesimo grado in $a$, $b$, $c$. Okay, sono di decimo grado in $a^2$, $b^2$ e $c^2$, se preferite, ma comunque non è il sogno della mia vita bashare questo punto dentro la formula di prima.

Forse in realtà io sono qui per abbellire polinomi. Riscriviamo la condizione su $\mathcal{X}$ in modo decente (certo, tutto dipende dalla definizione di "decente"):
\[\frac{a^2qr(p+r)(q-p)+b^2pr(q+r)(p-q)+c^2pq(q+r)(p+r)}{(p+r)^2(q+r)^2}\cdot\frac{a^2b^2(p+q+r)^2}{S^2}\cdot\frac1{S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2}=\mathrm{cyc},\]
dove cyc vuol dire "la stessa roba scambiando le variabili".

Avevo fatto pure un errore di conto (c'era un $(p+q+r)^4$ invece di un $(p+q+r)^2$), per fortuna ho fatto un rapido controllo dei gradi. Non cambiava molto in realtà, dato che si semplifica con la parte "cyc".

Abbelliamo il polinomio in alto a sinistra:
\[a^2qr(p+r)(q-p)+b^2pr(q+r)(p-q)+c^2pq(q+r)(p+r).\]
Dai, è di quarto grado in $p$, $q$ ed $r$, vuoi che non abbia radici banali?

Questo è il momento in cui mi accorgo di essere idiota ed aver calcolato $||\mathcal{X_AX_C}||^2$ invece che $||\mathcal{X_AX_B}||^2$... per fortuna è solo questione di qualche segno, quindi ho modificato sopra.

Boh, in ogni caso maneggiandolo un poco viene
\[[S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2]r^2+2pqr(S_Ap+S_Bq)+c^2p^2q^2.\]

La condizione su $\mathcal X$ è ora equivalente a
\[\frac{[S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2]r^2+2pqr(S_Ap+S_Bq)+c^2p^2q^2}{S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2}\cdot\frac{(p+q)^2}{c^2}=\mathrm{cyc}.\]

Notiamo che il coefficiente di $r^2$ sopra è uguale al polinomio sotto: magia! Si potrebbe pure dividere, o magari anche fattorizzare... infatti il polinomio sopra è di secondo grado in $r$... avrà delle radici (anche complesse!)

Finito questo problema mi ritiro. Non uso più le baricentriche fino alla prossima gara (Archimede)... seh come no, domani sarò di nuovo qui ad uccidere Sala in baricentriche.

Troviamo queste dannate radici! No, scherzavo, anche qua il delta è negativo e quindi #mainagioia.

Potrei buttarci dentro le coordinate di $\mathcal{Q}$ e sperare venga simmetrico nelle tre variabili, però un po' speravo che venisse un'equazione decente... d'altronde, mi interessa sapere quali sono i punti per cui il triangolo ceviano è simile al triangolo pedale.

Il fatto è che anche ogni semplice fattore riduce i conti di tantissimo: pensare che $(p+q)^2$, inserendo le coordinate di $\mathcal{Q}$, viene:
\[S_A^4(S_B-S_C)^4[b^4S_C^2(S_A-S_B)^2+c^4S_B^2(S_C-S_A)^2]^2.\]
Il grado di questa espressione è QUARANTA. Ed è il semplice $(p+q)^2$, pensiamo a tutti gli altri polinomi brutti...

Forse è meglio tenere la normale equazione per $\mathcal{X}$, che è soltanto di ottavo grado... ma sì dai, teniamola: basta una delle due uguaglianze perché il punto $\mathcal{Q}$ è simmetrico, dunque è sufficiente
\[\frac{[S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2]r^2+2pqr(S_Ap+S_Bq)+c^2p^2q^2}{S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2}\cdot\frac{(p+q)^2}{c^2}=\frac{[S_Ap^2+S_B(p+r)^2+S_Cr^2]q^2+2pqr(S_Ap+S_Cr)+b^2p^2r^2}{S_Ap^2+S_B(p+r)^2+S_Cr^2}\cdot\frac{(p+r)^2}{b^2}.\]

Da qui banalmente, inserendo le coordinate di $\mathcal{Q}$, viene la tesi.

No, scherzo, lo so che non è completo, però calma, lo finisco un'altra volta. E poi nessuno sarà arrivato a leggere fin qui, quindi chissenefrega.

"La vita è come un problema in baricentriche: finché non l'hai finito non sai se t'è andata bene o no."

[Talete]

The final countdown

Testo nascosto:

\[\mathcal{Q}=[a^4S_B^2S_C^2(S_C-S_A)^2(S_A-S_B)^2:b^4S_C^2S_A^2(S_A-S_B)^2(S_B-S_C)^2:c^4S_A^2S_B^2(S_C-S_A)^2(S_B-S_C)^2].\]
va sostituito in
\[\frac{[S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2]r^2+2pqr(S_Ap+S_Bq)+c^2p^2q^2}{S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2}\cdot\frac{(p+q)^2}{c^2}=\mathrm{cyc}.\]

Fin qui nulla di grave. Facciamo un pezzo alla volta:

\[(p+q)^2=S_C^4(S_A-S_B)^4[a^4S_B^2(S_C-S_A)^2+b^4S_A^2(S_B-S_C)^2]^2.\]

Guardiamo la roba che sta dentro nella parentesi quadra:

\[S_B^4S_C^2+S_A^4S_C^2+S_B^2S_C^4+S_A^2S_C^4+2S_B^3S_C^3+2S_A^3S_C^3-2S_AS_B^4S_C-2S_A^4S_BS_C-2S_AS_B^2S_C^3-2S_A^2S_BS_C^3-4S_AS_B^3S_C^2-4S_A^3S_BS_C^2+S_A^2S_B^4+S_A^4S_B^2+2S_A^2S_B^2S_C^2+2S_A^2S_B^3S_C+2S_A^3S_B^2S_C.\]

Questa cosa d'ora in poi si chiamerà Mario.

\[S_Ap^2+S_Bq^2+S_C(p+q)^2=S_C^4(S_A-S_B)^4[a^8S_AS_B^4(S_C-S_A)^4+b^8S_A^4S_B(S_B-S_C)^4+S_C\mathrm{Mario}^2].\]

Notiamo che il grado di Mario è $12$, quindi i gradi tornano.

Però boh mi chiamano a vedere un film quindi addio poveri.

Sono cosciente di stare delirando. Salvatemi.

[Drago96]

Temo che l'unico modo di salvarti sia dirti che il tuo $P$ è sbagliato...

[Talete]

Vado a tagliarmi le vene

EDIT: ho dimenticato... #mainagioia

[Gerald Lambeau]

Vado a tagliarmi le vene

Fermo, per carità!

[Talete]

Testo nascosto:

$\mathcal A=[1:0:0]$, $\mathcal B=[0:1:0]$ e $\mathcal C=[0:0:1]$

La retta di Euler passa per $\mathcal G=[1:1:1]$ e $\mathcal H=[S_BS_C:S_CS_A:S_AS_B]$ e dunque ha equazione
\[(S_C-S_B)S_Ax+(S_A-S_C)S_By+(S_B-S_A)S_Cz=0.\]

Intersecando questa retta con la retta $x+y+z=0$ si ottiene il punto all'infinito della retta di Euler, d'ora in poi $\mathcal E_{\infty}$, di coordinate
\[\mathcal E_{\infty}=[a^2S_A-2S_BS_C:b^2S_B-2S_CS_A:c^2S_C-2S_AS_B].\]

La retta $\ell_A$ passa dunque per $\mathcal A$ e per $\mathcal E_{\infty}$, e ha quindi equazione
\[(c^2S_C-2S_AS_B)y+(2S_CS_A-b^2S_B)z=0.\]

La simmetrica di $\ell_A$ rispetto a $\mathcal{BC}$ è la retta che passa per il simmetrico di $\mathcal A$ rispetto a $\mathcal{BC}$ e per l'intersezione di $\ell_A$ con $\mathcal{BC}$.

Il simmetrico di $\mathcal A$ rispetto a $\mathcal{BC}$, d'ora in poi $\mathcal A_1$ è, detto $\mathcal{H_A}$ l'intersezione di $\mathcal{AH}$ con $\mathcal{BC}$, il simmetrico di $\mathcal A$ rispetto ad $\mathcal{H_A}$. Ora, è noto che
\[\mathcal{H_A}=[0:S_C:S_B]\]
e dunque
\[\mathcal A_1=[-a^2:2S_C:2S_B].\]

L'intersezione di $\ell_A$ con $\mathcal{BC}$ è invece il punto
\[\mathcal{L_A}=[0:b^2S_B-2S_CS_A:c^2S_C-2S_AS_B].\]

La retta simmetrica di $\ell_A$ rispetto a $\mathcal{BC}$, che l'altro giorno avevo sbagliato, è dunque la retta per $\mathcal A_1$ e $\mathcal L_A$, e cioè
\[2S^2(S_C-S_B)x+(a^2c^2S_C-2a^2S_AS_B)y+(2a^2S_AS_C-a^2b^2S_B)z=0.\]

Le altre due rette saranno le simmetriche di questa ("simmetriche" intese in senso algebrico e non geometrico):
\[(2b^2S_BS_A-b^2c^2S_C)x+2S^2(S_A-S_C)y+(a^2b^2S_A-2b^2S_BS_C)z=0,\\
(b^2c^2S_B-2c^2S_CS_A)x+(2c^2S_BS_C-a^2c^2S_A)y+2S^2(S_B-S_A)z=0.\]

[work in progress...]

[Drago96]

Caro il mio giovine, comprendo l'entusiasmo, ma qua siamo al limite dell'ossessione.
Ti lascio in spoiler alcuni hint e check, se proprio vuoi continuare questo conto immane.

Parte a)

Testo nascosto:

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Parte b)

Testo nascosto:

talete_b.png (81.66 KiB) Visto 11972 volte

P.S: i veri uomini i conti li fanno in cartesiane

[Talete]

Ehm okay... un po' lunghi come conti... mannaggia

ma qua siamo al limite dell'ossessione.

Non è un'ossessione, più che altro non mi arrendo facilmente

[spugna]

Provo a rispolverare questo problema perché mi interessava... affronto il punto (a):

Testo nascosto:

Suppongo di aver chiamato $A,B,C$ i vertici procedendo in senso antiorario e facendo in modo che, detti $\alpha,\beta,\gamma$ i rispettivi angoli, $\alpha$ e $\gamma$ siano acuti (non è strettamente necessario, ma più avanti renderà più chiari alcuni passaggi). Chiamo $s_A,s_B,s_C$ le rette di cui devo dimostrare la concorrenza: osservo che $s_B$ si ottiene da $s_C$ tramite le seguenti trasformazioni: riflessione rispetto ad $AB$, traslazione tramite $\overrightarrow{CB}$ e riflessione rispetto ad $AC$ (in quest'ordine): le chiamo rispettivamente $\sigma_{AB}$, $\tau$ e $\sigma_{AC}$.

Lemma 1: Detto $A'$ il simmetrico del circocentro di $ABC$ rispetto ad $A$, la composizione $\sigma_{AC} \circ \tau \circ \sigma_{AB}$ è la rotazione di $2\alpha$ in senso antiorario intorno ad $A'$.
Dimostrazione: Per trovare il centro si impone che $X=\sigma_{AC}(\tau(\sigma_{AB}(X)))$, o equivalentemente $\sigma_{AC}(X)=\tau(\sigma_{AB}(X))$, cioè che il vettore da $\sigma_{AB}(X)$ a $\sigma_{AC}(X)$ sia uguale a $\overrightarrow{CB}$. Provando col circocentro, viene il doppio del vettore che congiunge le proiezioni su $AB$ e $AC$, che però sono i punti medi dei rispettivi lati, quindi la lunghezza e la direzione sono quelli voluti, mentre il verso è opposto, ma allora si prende il simmetrico rispetto ad $A$ e si sistema tutto. Per l'angolo di rotazione si può osservare che il simmetrico di $B$ rispetto ad $A$ va nel simmetrico di $C$ rispetto ad $A$.

Chiamo quindi $\rho_{A'}$ la rotazione appena trovata, e definisco analogamente $\rho_{C'}$.

Lemma 2: Sia $\Omega$ la circonferenza circoscritta ad $A'B'C'$, e sia $A''$ la seconda intersezione tra $\Omega$ e $\Omega':=\rho_{A'}(\Omega)$: allora una qualsiasi retta $r$ passante per $A''$ concorre con $\rho_{A'}^{-1}(r)$ e $\rho_{C'}(r)$.
Dimostrazione: Siano $Z$ e $Z'$, rispettivamente, le seconde intersezioni di $r$ con $\Omega$ e $\Omega'$: si vede facilmente che $Z=\rho_{A'}^{-1}(Z')$, ma allora $Z \in \rho_{A'}^{-1}(r)$, quindi $Z$ deve essere il punto di concorrenza, perciò mi chiedo se $Z \in \rho_{C'}(r)$, o equivalentemente se $Y:=\rho_{C'}^{-1}(Z)$ appartiene a $r$: voglio che $Z,Z',Y$ siano allineati, cioè che l'angolo orientato $Z'ZY$ sia un multiplo di $180°$, ma si ha $Z'ZY=Z'ZA'+A'ZC'+C'ZY=(90°-\alpha)+A'ZC'+(90°-\gamma)$ (sempre parlando di angoli orientati), e da $Z \in \Omega$ segue che $A'ZC'$ può essere $-\beta$ o $180°-\beta$: in entrambi i casi si ha la tesi.

Posso quindi concludere dimostrando che $A'' \in s_B$: sicuramente $s_B$ passa per $B_1$, il simmetrico di $B$ rispetto ad $AC$, quindi devo dimostrare che le rette $s_B$ e $B_1A''$ coincidono, cioè che la simmetrica di quest'ultima rispetto ad $AC$ è parallela alla retta di Eulero. Ricapitolando, $A'$ è il simmetrico del circocentro $O$ rispetto ad $A$, e $A''$ può essere definito come il punto che si ottiene ruotando $A'$ di $180°-2\alpha$ in senso orario intorno ad $O$, ma da un semplice angle chasing osservo che $A''$ è anche il simmetrico di $B'$ rispetto alla retta passante per $O$ e parallela ad $AC$, quindi se lo rifletto rispetto ad $AC$ e chiamo $T$ il punto ottenuto, quest'ultimo è ottenuto da $B'$ tramite due riflessioni rispetto a due rette parallele, cioè tramite una traslazione, che mandando $O$ in $O'$ (simmetrico di $O$ rispetto ad $AC$) è definita dal vettore $\overrightarrow{OO'}$. Resta da dimostrare che il segmento $BT$ è parallelo ad $OG$: traslando tramite $\overrightarrow{BO}$, i suoi estremi diventano $O$ e $H:=B+\overrightarrow{OO'}$, e se dimostro che $H$ è l'ortocentro di $ABC$ ho finito. Detto $M$ il punto medio di $AC$, risulta $\overrightarrow{BH}=-2\overrightarrow{MO}$, e siccome l'omotetia di centro $G$ e rapporto $-2$ manda $M$ in $B$, manda anche $O$ in $H$, ma l'immagine del circocentro è notoriamente l'ortocentro.

[EvaristeG]

Temo che l'unico modo di salvarti sia dirti che il tuo $P$ è sbagliato...

Ah, quindi è un vizio...

[Sirio]

Seh vabbè, infieriamo pure...

[Talete]

Temo che l'unico modo di salvarti sia dirti che il tuo $P$ è sbagliato...

Ah, quindi è un vizio...

AHAHAHAAHAHAH

Vado a tagliarmi le vene

Pure questo lo è, se per quello