concorrenza con insimilicentri tra crf tangenti ai lati

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

Piuttosto semplice ma carino:

Preso un trangolo ABC chiamiamo $ \Gamma_A $ una circonferenza tangente a AB e AC con il centro sulla bisettrice interna da A e ugualmente per $ \Gamma_B $ e $ \Gamma_C $. Chiamiamo A' il centro interno di similitudine tra $ \Gamma_B $ e $ \Gamma_C $ e ugualmente per B' e C'. Dimostrare che AA', BB' e CC' concorrono.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

posto la mia soluzione:

Rinominiamo A, B, C, A', B', C' rispettivamente $ A_1, A_2, A_3, P_1, P_2, P_3 $ e chiamiamo rispettivamente $ r_1, r_2, r_3 $ i raggi di $ \Gamma_1, \Gamma_2, \Gamma_3 $ e $ O_1, O_2, O_3 $ i loro centri.

Allora $ O_1P_1, O_2P_2, O_3P_3 $ concorrono per Ceva e per la potenza di $ P_i $:

$ \displaystyle \prod_{i = 1}^3 \frac {\overline{P_iO_{i + 1}}}{\overline{P_iO_{i - 1}}} = \prod_{i = 1}^3 \frac {r_i}{r_{i + 1}} = 1 $ dove 0=3 and 4=1.

Chiamiamo $ Q_i : O_{i + 1}O_{i - 1} \cap A_{i + 1}A_{i - 1} $ per i=1,2,3 e 0=3, 4=1. Allora $ Q_i $è il coniugato armonico di $ P_i $ rispetto a $ O_{i - 1}O_{i + 1} $ per i=1,2,3 e 0=3, 4=1.

Quindi $ P_{i - 1}P_{i + 1} $ passa per $ Q_i $ per i=1,2,3 e 0=3, 4=1.

Ma per Desargues sui triangoli $ \triangle A_1A_2A_3 $ e $ \triangle O_1O_2O_3 $ abbiamo che $ Q_1, Q_2, Q_3 $ sono allineati.

Quindi per Desargues su $ \triangle A_1A_2A_3 $ e $ \triangle P_1P_2P_3 $ sappiamo che $ A_1P_1, A_2P_2, A_3P_3 $ concorrono.

[EvaristeG]

Illudendomi che qualcuno leggerà e ne terrà memoria:

ricordiamoci che, fissati un triangolo ABC e un punto P, possiamo scrivere
$ \vec{P}=\dfrac{1}{s_a+s_b+s_c}(s_a\vec{A}+s_b\vec{B}+s_c\vec{C}) $
con $ s_a,\ s_b,\ s_c $ proporzionali (con la stessa costante, ovviamente) alle aree con segno $ S_{BCP},\ S_{ACP},\ S_{ABP} $.
Allora se chiamiamo $ O_A $ il centro di $ \Gamma_A $, $ r_a $ il suo raggio e così via, avremo
$ 2S\vec{O}_A=(as)\vec{A}+(br_a)\vec{B}+(cr_a)\vec{C} $
dove S è l'area di ABC e s è la distanza con segno di O_A da BC.
E similmente
$ 2S\vec{O}_B=(ar_b)\vec{A}+(bt)\vec{B}+(cr_b)\vec{C} $
$ 2S\vec{O}_C=(ar_c)\vec{A}+(br_c)\vec{B}+(cu)\vec{C} $
dove t,u sono le distanze opportune dei centri dai lati.
Ora, il centro interno di similitudine divide il segmento tra i centri nel rapporto in cui stanno i raggi, quindi
$ A'=\dfrac{1}{2S(r_b+r_c)}(2ar_br_c\vec{A}+b(tr_c+r_br_c)\vec{B}+c(r_br_c+ur_b)\vec{C}) $
$ B'=\dfrac{1}{2S(r_a+r_c)}(a(r_cr_a+sr_c)\vec{A}+2br_ar_c\vec{B}+c(r_ar_c+ur_a)\vec{C}) $
$ C'=\dfrac{1}{2S(r_a+r_b)}(a(r_br_a+sr_b)\vec{A}+b(r_ar_b+tr_a)\vec{B}+2cr_ar_b\vec{C}) $
A questo punto è facile vedere che il punto
$ \dfrac{a}{Mr_a}(r_a+s)\vec{A}+\dfrac{b}{Mr_b}(r_b+t)\vec{B}+\dfrac{c}{Mr_c}(r_c+u)\vec{C} $
(dove M è la somma dei coefficienti dei tre vertici) è sulle rette AA', BB', CC', che quindi concorrono.