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Sia dato un cerchio $ \Omega $ nel piano, di centro $ O $. Sia $ \Gamma $ un secondo cerchio passante per $ O $ e $ X,Y \in \Gamma $ due punti tali che $ OX=OY $. Sia infine $ O' $ il diametralmente opposto di $ O $ in $ \Gamma $. Prendiamo tre punti $ P_1,P_2,P_3 $ su $ \Gamma $. Chiamiamo $ Q_1 $ uno dei due punti di intersezione di $ O'P_1 $ con $ \Omega $; similmente definiamo $ Q_2 $ e $ Q_3 $.
$ \mathcal{T}_1 $ è il triangolo i cui vertici sono le seconde intersezioni con $ \Omega $ dei cerchi $ \odot(XP_1Q_1),\odot(XP_2Q_2),\odot(XP_3Q_3) $. $ \mathcal{T}_2 $ invece è il triangolo che ha come vertici le seconde (reciproche) intersezioni dei cerchi $ \odot(YP_1Q_1),\odot(YP_2Q_2),\odot(YP_3Q_3) $.
Dimostrare che $ \mathcal{T}_1 $ e $ \mathcal{T}_2 $ sono simili.

Dati i quasi sei mesi di stallo potremmo avere soluzione e un problema meno mortale?

A grande richiesta, scrivo uno sketch di soluzione (vale a dire i passaggi fondamentali, senza tutti i dettagli e le dimostrazioni rigorose).
Dunque, in sequenza:

1) Il problema è simmetrico in $ X $ e $ Y $; allora consideriamo il triangolo $ \mathcal{T}_3 $ che ha come vertici le seconde mutue intersezioni degli $ \odot(XP_iQ_i) $.
2) Si nota facilmente che $ \mathcal{T}_2, \mathcal{T}_3 $ sono inscritti in $ Q_1Q_2Q_3 $
3) Inoltre, i vertici di $ \mathcal{T}_2, \mathcal{T}_3 $ sono isotomici rispetto ai lati di $ Q_1Q_2Q_3 $
4) Diamo un'occhiata a IMO Shortlist 2006, problema G9

Naturalmente andrebbe ricostruita per bene, ma credo che le idee fondamentali si capiscano.

Ora metto un altro problema, più facile.

Francesco Sala ha scritto: 4) Diamo un'occhiata a IMO Shortlist 2006, problema G9

AHAHAHAHAHAH

Troleito br00tal ha scritto:

Francesco Sala ha scritto: 4) Diamo un'occhiata a IMO Shortlist 2006, problema G9

AHAHAHAHAHAH

È stata la mia stessa reazione