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Data una circonferenza C, costruire con riga e compasso tre circonferenze (di raggio uguale) tangenti tra loro e tangenti internamente a C.

Premetto che non sono riuscito a farlo e che non sapevo se metterlo o meno nel topic poco sotto (anche questo mi sembrerebbe un caso particolare del problema di Apollonio). Se ritenete accorpate

Si potrebbero tracciare 6 raggi che dividono la circonferenza maggiore in 6 parti uguali, così 3 li usiamo per metterci i centri alla stessa distanza dalla circonferenza maggiore e 3 saranno le rette di tangenza fre le 3 circonferenze. Così, chiamando r il raggio della circonferenza maggiore, dobbiamo porre i centri delle altre 3 in modo che la distanza del centro di una delle 3 circonferenze dalla circonferenza maggiore sia uguale al segmento perpendicolare al raggio che viene subito dopo che arriva al centro stesso e sappiamo che deve essere uguale alla prima distanza (chiamiamo queste 2 distanze, cioè i raggi, x). Allora, visto che l'angolo tra 2 raggi vicini è 60°, basta risolvere l'equazione x+2x/√3=r, quindi x=r√3/(√3+2).
Spero di essere stato chiaro.

@Euler: il problema richiede una costruzione con riga e compasso, quindi non puoi impostare equazioni algebriche, risolverle e infilare dentro la figura la soluzione (almeno per quanto ne so io) .

Provo a postare la mia soluzione. Intanto spero che le tre circonferenze siano tangenti ESTERNAMENTE altrimenti è troppo facile basta costruirne 3 una dentro l'altra . Quindi suppongo che siano appunto 3 circonferenze tangenti esternamente tra di loro ed internamente alla circonferenza data
Sia O il centro della circonferenza data, sia tale circonferenza $ \Gamma $. Si costruisca un triangolo equilatero circoscritto alla circonferenza (si può fare con riga e compasso). Sia ABC tale triangolo. Si traccino le congiungenti OA, OB e OC. Si costruiscano le circonferenze inscritte ai triangoli OAB, OAC, OBC (possibile con riga e compasso).

Fatto 1: Esse saranno tangenti a $ \Gamma $.
Infatti il triangolo, per esempio, OAB, è isoscele. Chiamo quindi OH l'altezza relativa al lato AB: essendo OAB isoscele, essa è anche bisettrice. Il centro della circonferenza inscritta starà sul segmento OH, e siccome OH è perpendicolare ad AB, e AB è tangente a tale circonferenza, il punto di tangenza sarà proprio H, che appartiene a $ \Gamma $ (la dimostrazione dell'appartenenza di H a $ \Gamma $ è analoga, ragionando però sul triangolo ABC e mettendo in conto che OC e OH sono allineati).

Fatto 2: Esse saranno tangenti tra loro.
Infatti, essendo ABC equilatero, i segmenti OA, OB, OC appartengono ai suoi assi di simmetria. Basta notare che ogni triangolo tra OAB, OAC, OBC è simmetrico di un altro rispetto a qualcuno di tali assi. In particolare, consideriamo il triangolo OAB: siano H (come prima) K, L i punti di tangenza della sua circonferenza inscritta. Supponiamo che K stia su OA. Allora, essendo il triangolo OAC simmetrico di OAB rispetto ad OA, e siccome K sta su OA, il punto di tangenza della circonferenza inscritta a OAC coincide con K. Ciò è la tesi.