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Sia $ ABC $ un triangolo. Chiamiamo $ \Gamma $ la circonferenza circoscritta e $ \Omega $ quella inscritta. Siano $ A'=\Omega\cap BC,\ B'=\Omega\cap CA,\ C'=\Omega\cap AB $.

1)
Dimostrare che $ pol_\Omega(A),\ pol_\Omega(A'),\ pol_\Gamma(A') $ concorrono.

2)
Chiamiamo $ A'' $ il punto di concorrenza e definiamo in modo analogo $ B'' $ e $ C'' $. Esprimere l'area di $ A''B''C'' $ in funzione dei lati di $ ABC $.

PS: si prega Gabriel di sentirsi esentato dal risolvere pubblicamente questo problema in meno di 10 minuti. Se proprio non riesce a trattenersi, mi mandi un MP.

FeddyStra ha scritto: [...] $ pol_\Omega(A) $[...]

Perdona l'ignoranza: cosa vuol dire?

E' la polare di A rispetto alla circonferenza indicata.
Magnifiche le polari.
Ora ci penso e magari posto qualcosa.

È la retta polare di $ A $ rispetto alla conica $ \Omega $ che in questo caso è una circonferenza.
Definizione

Allora, per il primo punto: chiamiamo O l'intersezione tra $ pol_\Gamma(A) $ e $ pol_\Omega(A') $. Dimostriamo che O, B' e C' sono allineati.
Per farlo applichiamo la trasformazione polare a questi punti rispetto alla circonferenza inscritta: le polari di B' e C' si incontrano in A, mentre la polare di O deve passare necessariamente per A (punto di tangenza).
Dunque O, B' e C' sono allineati, ovvero $ pol_\Gamma(A) $, $ pol_\Omega(A) $ e $ pol_\Omega(A') $ concorrono in O (A'').

Per il secondo punto non ho molto tempo; casomai ci provo domani.

FeddyStra ha scritto:Dimostrare che $ pol_\Omega(A),\ pol_\Omega(A'),\ pol_\Gamma(A') $ concorrono.

spiglerg ha scritto:...$ pol_\Gamma(A) $, $ pol_\Omega(A) $ e $ pol_\Omega(A') $ concorrono...

Se non sbaglio, hai "dimostrato" che $ pol_\Omega(A),\ pol_\Omega(A'),\ pol_\Gamma(\mathbf{A}) $ concorrono invece di $ pol_\Omega(A),\ pol_\Omega(A'),\ pol_\Gamma(\mathbf{A'}) $. (Tra l'altro, la prima non è neanche vera)

Hmm ho letto male. XD

[img=http://img8.imageshack.us/img8/1126/fredch2.th.jpg]
Nel seguito e fino ad avviso contrario le polari di cui si parla sono
riferite alla circonferenza inscritta.
Osserviamo che la polare di A è B'C' , la polare di A' è BC e pertanto
la polare di A" è AA' ( come pure la polare di B" è BB' e quella di C" è CC').
Ora la polare di C' è AB,quella di B' è AC e quindi la retta A"C taglia le
tre polari AB,AA',AC nei punti B,A' e C tali che la coppia A",A' separi armonicamente
la coppia B,C ovvero tali che risulti:
|(A"A'BC)|=1 oppure A"B*A'C=A'B*A"C
Chi volesse verificare materialmente tale identità può farlo supponendo (ad esempio)
a>b>c e calcolando che :
$ \displaystyle A"B=\frac{a(p-b)}{b-c},A'C=p-c,A'B=p-b,A"C=\frac{a(p-c)}{b-c} $
Segue da quanto precede che i punti A" ed A',separando armonicamente la coppia (B,C),sono
coniugati rispetto alla circonferenza inscritta.Ma poiché B e C appartengono
pure alla circonferenza circoscritta ne deriva che A" e A' sono coniugati anche rispetto a quest'ultima
e dunque la polare di uno di essi ( rispetto alla circonferenza circoscritta) passa per l'altro.
[C.V.D]
Per il secondo punto del quesito sono giunto ad un risultato...a sorpresa che richiede conferma.
Osserviamo che AA',BB',CC' passano per uno stesso punto N e quindi la polare di N,rispetto
alla circonferenza inscritta,deve passare per A",B" e C" che sono i poli di tali rette.
Essendo la polare di N unica ne risulta che A",B" e C" sono collineari.
Da ciò segue che l'area di A"B"C" è sempre nulla. E speriamo bene

karl ha scritto:Per il secondo punto del quesito sono giunto ad un risultato...a sorpresa che richiede conferma.

Sì infatti; la formulazione del problema era volutamente a tranello!