Lo so Dante non c'entra niente ma lasciatemi ogni tanto
ingentilire l'oggetto del post.
[Col simbolo c(X) indico la generica circonferenza di centro X]
Le circonferenze c(O) e c(O') si tagliano nei punti M ed N
e una delle due tangenti comuni tocca c(O) in P e c(O') in Q.
Le rette PM e PN intersecano (ulteriormente) c(O') in R ed S
rispettivamente e la retta RS taglia c(O) in T e V.
Dimostrare che i punti V,T e Q appartengono a c(P).
Si tratta probabilmente di un facile esercizio ma la mia
risoluzione e' un po' inusuale nonche' ....rapidissima
Gia' era 'l sole a l'orizzonte giunto lo cui meridian...
molto molto bello...
lemma (come esercizio
): se la circonferenza $ \gamma $ è ortogonale alla circonferenza $ \eta $, invertendo $ \eta $ rispetto a $ \gamma $ (o viceversa) la figura è invariante per inversione: ovvero l'inversa $ \eta' $ di $ \eta $ è ancora $ \eta $ (damn, come facevo a spiegarmi rigorosamente e più semplicemente??).
proof. ora, invertiamo la nostra figura, con tutte quelle simpatiche rette e circonferenze, rispetto alla circonferenza $ \gamma $, scelta tra le $ c(P) $ di raggio PQ.
PQ è tangente comune, quindi $ \gamma $ è ortogonale a $ c(O') $. tutte le altre rette eccetto $ RS $ passano per il centro, quindi la figura è "auto-duale per inversione", eccetto $ c(O) $ e $ RS $.
però noi siamo furbi, ed osserviamo una cosa simpatica: rispetto all'inversione, $ N $ va in $ S $ e $ M $ va in $ R $. quindi $ RS $ va in $ c(O) $ e viceversa...
ora, segue la tesi: le loro intersezioni sono punti fissi rispetto all'inversione, quindi stanno sulla circonferenza invertente...
molto, molto bello, karl..
l'avevi fatto così?
lemma (come esercizio
): se la circonferenza $ \gamma $ è ortogonale alla circonferenza $ \eta $, invertendo $ \eta $ rispetto a $ \gamma $ (o viceversa) la figura è invariante per inversione: ovvero l'inversa $ \eta' $ di $ \eta $ è ancora $ \eta $ (damn, come facevo a spiegarmi rigorosamente e più semplicemente??).proof. ora, invertiamo la nostra figura, con tutte quelle simpatiche rette e circonferenze, rispetto alla circonferenza $ \gamma $, scelta tra le $ c(P) $ di raggio PQ.
PQ è tangente comune, quindi $ \gamma $ è ortogonale a $ c(O') $. tutte le altre rette eccetto $ RS $ passano per il centro, quindi la figura è "auto-duale per inversione", eccetto $ c(O) $ e $ RS $.
però noi siamo furbi, ed osserviamo una cosa simpatica: rispetto all'inversione, $ N $ va in $ S $ e $ M $ va in $ R $. quindi $ RS $ va in $ c(O) $ e viceversa...
ora, segue la tesi: le loro intersezioni sono punti fissi rispetto all'inversione, quindi stanno sulla circonferenza invertente...
molto, molto bello, karl..
l'avevi fatto così?
Si ma_go,e' cosi' anche la mia soluzione con qualche inevitabile
differenza formale.E grazie per l'apprezzamento.
Ho ragionato nel seguente modo.
Consideriamo l'inversione circolare di centro P e potenza p=PM*PR.
Poiche' e' pure PQ^2=PM*PR=PN*PS, ne segue che le coppie
(Q,Q), (M,R) , (N,S) sono coppie di punti coniugati nell'inversione
(con Q autoconiugato).
D'altra parte c(O) passa per M ed N e dunque essa circonferenza
si trasforma nella retta RS.Le intersezioni V e T di c(O) con RS
sono quindi punti autoconiugati, appartengono cioe' al circolo
d'inversione che e' quello di centro P e raggio PQ e cio' prova la tesi.
Esiste anche una dimostrazione ,sempre di carattere sintetico,che pero'
non fa uso dell'inversione.Ndemo!
Saluti.