Prendiamo un triangolo ABC e due coniche $ \xi_1 $ e $ \xi_2 $ che si intersecano in un quarto punto P. La tangente in B a $ \xi_1 $ interseca la tangente in C a $ \xi_1 $ in $ A_1 $ e ugualmente atteniamo $ B_1 $ e $ C_1 $. La tangente in B a $ \xi_2 $ interseca la tangente in C a $ \xi_2 $ in $ A_2 $ e ugualmente otteniamo $ B_2 $ e $ C_2 $.
E' noto che $ \triangle A_1B_1C_1 $ e $ \triangle ABC $ sono perspettici, chiamiamo quindi $ P_1: AA_1 \cap BB_1 \cap CC_1 $ e $ P_2 : AA_2 \cap BB_2 \cap CC_2 $.
Chiamiamo $ A_3: B_1B_2 \cap C_1C_2 $, $ B_3: C_1C_2 \cap A_1A_2 $, $ C_3: A_1A_2 \cap B_1B_2 $.
1)Dimostrare che $ A_1 $, $ B_1 $, $ C_1 $, $ P_1 $, $ A_2 $, $ B_2 $, $ C_2 $, $ P_2 $ stanno sulla stessa conica.
2)Dimostrare che $ BC $, $ A_1A_2 $, $ P_1P_2 $ concorrono, così come $ CA $, $ B_1B_2 $, $ P_1P_2 $ e $ AB $, $ C_1C_2 $, $ P_1P_2 $.
3)Dimostrare che $ A_3 \in BC $, $ B_3 \in CA $ e $ C_3 \in AB $
4)Dimostrare che $ AA_3 $, $ BB_3 $, $ CC_3 $ concorrono in P.
Visto che ormai l'ho fatto per capire se era vero, posto i conti...questo sia per qualcuno (spero) esempio di come, a volte, fare i conti, seppur non elegante, è una strada veloce, con un po' di abilità algebrica.
[ovviamente trilineari]
Una conica passa per i tre vertici se e solo se è della forma $ lyz+mxz+nxy=0 $ (1); se infatti chiamiamo $ a_{ij} $ i coefficienti della forma quadratica, avremo che la condizione per cui la conica passa per [1,0,0] è
$ a_{11}=0 $ e similmente otteniamo $ a_{22}=0 $ e $ a_{33}=0 $.
Sia poi $ pyz+qxz+rxy=0 $ (2) un'altra conica per i tre vertici.
Innanzitutto, l'intersezione tra le due coniche è il coniugato isogonale dell'unica intersezione tra i coniugati isogonali delle coniche; infatti la trasformazione isogonale è bigettiva fuori dal perimetro del triangolo e la trasformata di una conica per i tre vertici è una retta, dunque l'intersezione tra le due rette è il coniugato isogonale della quarta intersezione tra le coniche.
Dunque l'intersezione tra le due rette $ lx+my+nz=0 $ e $ px+qy+rz=0 $ è $ [mr-qn, pn-lr,lq-pm] $ e dunque la quarta intersezione tra le due coniche è
$ \left[\dfrac{1}{mr-qn},\dfrac{1}{pn-lr},\dfrac{1}{lq-pm}\right] $
Ora, la tangente ad una conica in un suo punto è la polare di quel punto rispetto alla conica.
Dunque, le tangenti in B e C a (1) sono
$ mx+lz=0 $ e $ nx+ly=0 $
la cui intersezione è $ [-l,m,n] $, che è A1.
Similmente $ [l,-m,n],\ [l,m,-n] $ sono B1 e C1. Allo stesso modo $ [-p,q,r],\ [p,-q,r],\ [p,q,-r] $ sono A2, B2, C2.
Il punto prospettico di A1B1C1 e ABC è [l,m,n], quello di A2B2C2 e ABC è [p,q,r], come si verifica facilmente.
Se ora
$ a_{11}x^2+a_{22}y^2+a_{33}z^2+a_{23}zy+a_{13}xz+a_{12}xy=0 $
è la generica conica, il passaggio per i sei punti è dato dalle sei equazioni
$ a_{11}l^2+a_{22}m^2+a_{33}n^2+a_{23}mn-a_{13}ln-a_{12}lm=0 $
$ a_{11}l^2+a_{22}m^2+a_{33}n^2-a_{23}mn+a_{13}ln-a_{12}lm=0 $
$ a_{11}l^2+a_{22}m^2+a_{33}n^2-a_{23}mn-a_{13}ln+a_{12}lm=0 $
$ a_{11}p^2+a_{22}q^2+a_{33}r^2+a_{23}qr-a_{13}pr-a_{12}pq=0 $
$ a_{11}p^2+a_{22}q^2+a_{33}r^2-a_{23}qr+a_{13}pr-a_{12}pq=0 $
$ a_{11}p^2+a_{22}q^2+a_{33}r^2-a_{23}qr-a_{13}pr+a_{12}pq=0 $
Supponendo che $ a_{12}, a_{23}, a_{13} $ non siano tutti nulli, sottraendo la prima dalla seconda si ottiene
$ a_{13}ln=a_{23}mn $ ovvero $ a_{13}l=a_{23}m $
e similmente con le altre differenze tra le prime tre, da cui si ricava
$ [a_{12}, a_{13}, a_{23}]=[mn,ln,lm] $
ma similmente si ricava dalle altre tre
$ [a_{12}, a_{13}, a_{23}]=[qr,pr,pq] $
e dunque, se la terna non è nulla, le due a destra devono essere uguali come terne omogenee, quindi
mnpr-qrln=0, ovvero rn(mp-ql)=0
mnpq-qrlm=0, ovvero qm(pn-lr)=0
lnpq-prlm=0, ovvero lp(nq-rm)=0
ma poichè le coniche si incontrano in P, i fattori a destra non possono essere nulli, ma se anche uno solo tra l,m,n è nullo, la conica che loro descrivono è degenere e similmente per p,q,r. Quindi l'unica possibilità è che $ a_{12}=a_{13}=a_{23}=0 $.
Dunque ci riduciamo a due equazioni
$ a_{11}l^2+a_{22}m^2+a_{33}n^2=0 $
$ a_{11}p^2+a_{22}q^2+a_{33}r^2=0 $
che ha soluzione
$ [(mr)^2-(qn)^2, (pn)^2-(lr)^2, (lq)^2-(pm)^2] $
ed è facile vedere che [l,m,n] e [p,q,r] stanno sulla conica
$ x^2((mr)^2-(qn)^2)+y^2((pn)^2-(lr)^2)+z^2((lq)^2-(pm)^2)=0 $
Da cui il punto 1.
Ora, A1A2, B1B2, C1C2 hanno equazioni
x(mr-qn)+y(lr-pn)+z(pm-lq)=0
x(qn-mr)+y(pn-lr)+z(pm-lq)=0
x(qn-mr)+y(lr-pn)+z(lq-pm)=0
Dunque i punti A3, B3, C3 hanno coordinate
[0, (qn-mr)(pm-lq), (qn-mr)(lr-pn)]
[(lr-pn)(lq-pm), 0, (mr-qn)(lr-pn)]
[(mr-qn)(pn-lr), (qn-mr)(pm-lq),0]
Il che dimostra subito il punto 3.
Per dimostrare il punto 4, notiamo che possiamo riscrivere i punti come
$ \left[0,\dfrac{1}{lr-pn}, \dfrac{1}{pm-lq}\right] $
$ \left[\dfrac{1}{qn-mr}, 0, \dfrac{1}{pm-lq}\right] $
$ \left[\dfrac{1}{qn-mr},\dfrac{1}{lr-pn},0\right] $
e così è evidente che A, A3, P sono allineati (A/(qn-mr)+ A3=P) e così per le altre due rette.
Per il punto 3, si può verificare con due conti che i tre punti di concorrenza sono
$ \left[0,\dfrac{1}{lr-pn}, -\dfrac{1}{pm-lq}\right] $
$ \left[-\dfrac{1}{qn-mr}, 0, \dfrac{1}{pm-lq}\right] $
$ \left[\dfrac{1}{qn-mr},-\dfrac{1}{lr-pn},0\right] $
[/trilineari]
