il terzo triangolo pedale

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

preso un punto $ P $ interno a un triangolo $ ABC $ si contruisca il triangolo pedale $ A_1B_1C_1 $ di $ ABC $ di origine $ P $, il triangolo pedale $ A_2B_2C_2 $ di $ A_1B_1C_1 $ di origine $ P $ e il triangolo pedale $ A_3B_3C_3 $ di $ A_2B_2C_2 $ sempre di origine $ P $. Dimostrare che $ A_3B_3C_3 $ è simile a $ ABC $

[salva90]

facilotto, imbianchiamo

P giace sul circocerchio di vari triangoli: AB_1C_1, A_2B_1C_2, A_3B_3C_2, A_2B_2C_1, A_3B_2C_3. Da qui sono angoli:
[ \angle C_1AP=\angle C_1BP=\angle A_2B_1P=\angle A_2C_2P=\angle B_3C_2P=\angle B_3A_3P
\angle PAB_1=\angle PC_1B_1=\angle PC_1A_2=\angle PB_2A_2=\ angle PB_2C_3=\angle PA_3C_3

[EvaristeG]

Ah, tutti i triangoli sono acutangoli...
Generalizzazione (e stavolta da sobrio): è vero per l'n-esimo n-agono pedale di un punto dentro un n-agono.

PS : per capire la frase tra parentesi occorre aver abbastanza anni da aver visto il vecchio forum.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

preso l'n-agono di partenza prendiamo un qualsiasi angolo che è diviso in due dalla congiungente del vertice dell'angolo a P e in senso anti orario numeriamo gli angoli da 1 a 2n. Dopo una trasformazione sempre per gli angoli alla circonferenza se teniamo fisso l'angolo 1 e rinumeriamo gli altri angoli in senso antiorario l'angolo 2 e ora il 2n-esimo e alla seconda trasformazione sarà all' (n-2)-esimo posto, infatti a ogni trasformazione l'angolo 1 si sposta di un posto e quello 2 pure finchè non si incontrano all'n-esima trasformazione dovendo percorrere 2n angoli e scalarne 2 alla volta. Essendo ripetibile per tutti gli angoli l'n-esimo n-agono è simile a quello di partenza.