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Sia $ABC$ un triangolo, e siano $\Gamma_A$, $\Gamma_B$ e $\Gamma_C$ tre circonferenze tali che ciascuna di esse è tangente esternamente alle altre due, e inoltre tali che $\Gamma_A$ sia tangente ad $AB$ ed $AC$, $\Gamma_B$ sia tangente a $BC$ ed a $AB$ e che $\Gamma_C$ sia tangente ad $CB$ ed $AC$ (tutte e tre le circonferenze sono interne ad $ABC$). Sia $A_1$ il punto di tangenza di $\Gamma_B$ e $\Gamma_C$, e siano $B_1$ e $C_1$ definiti similmente. Dimostrare che le rette $AA_1$, $BB_1$ e $CC_1$ concorrono.

Un po' di notazioni. Indichiamo con \(I(XYZ)\) l'incentro del triangolo \(XYZ\), con \(S(X,Y,Z)\) la proposizione \(X,Y,Z\) sono allineati, con \(m(A,B)\) il punto medio di \(A,B\) e con \(T_X\) il punto di tangenza dell'incerchio opposto a \(X\) nel triangolo \(XYZ\).

La soluzione del problema discende dal seguente

Fatto generale: se \(I(ABC) \equiv I(DEF)\) e \(S(I,A,T_D), S(I,B,T_E), S(I,C,T_F)\), allora \(S(I,D,T_A), S(I,E,T_B), S(I,F,T_C)\).

Siano \(\Gamma_1, \Gamma_2\) le circonferenze inscritte in \(ABC, DEF\). Consideriamo:
\(g\): l'omotetia di centro \(I(ABC) \equiv I(DEF)\) che manda \(\Gamma_2\) in \(\Gamma_1\);
\(\varphi\): l'inversione rispetto a \(\Gamma_1\).
Dimostriamo che \( \varphi \circ g\) manda \(D,E,F\) in tre punti allineati con \(T_A, T_B,T_C\); visto che l'omotetia e l'inversione conservano l'allineamento, questo concluderebbe la dimostrazione del fatto. Sia \(D'E'F' = g(DEF)\); allora \(D'E'F'\) è circoscritto a \(\Gamma_1\) e la tocca in tre punti \(T'_D, T'_E,T'_F\) allineati con \(A,B,C\) . Notiamo che

\(\varphi(D',E',F') = m(T'_E T'_F), m(T'_F,T'_D), m(T'_D, T'_E)\).

Perciò \(\varphi \circ g(D,E,F) = m(T'_E T'_F), m(T'_F,T'_D), m(T'_D, T'_E)\), che evidentemente sono allineati con \(T_A, T_B, T_C\) (la tangente \(AB\) tocca nel punto medio dell'arco \(T'_DT'_E\) perchè \(CI\) è bisettrice, e naturalmente punto medio dell'arco, punto medio della corda e centro sono allineati).
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Dimostriamo adesso che \(O_a O_b O_c\) (i centri delle circonferenze) e \(ABC\) rispettano le ipotesi del fatto generale:
1. \(I(O_aO_bO_c) \equiv I(ABC)\). Infatti consideriamo una circonferenza \(\gamma\) tangente esternamente a \(\Gamma_a, \Gamma_b, \Gamma_c\): essa è anche tangente ad \(ABC\) negli stessi punti \(T_a, T_b, T_c\) in cui sono tangenti \(\Gamma_a, \Gamma_b, \Gamma_c\). Perciò i punti in cui esse sono tangenti sono i punti di tangenza della circonferenza inscritta ad \(ABC\), dunque \(O_a T_a, O_b T_b, O_c T_c\) concorrono in \(I(ABC)\). Inoltre \(O_a T_a\) è bisettrice di \(\angle O_a \), quindi \(O_a T_a, O_b T_b, O_c T_c\) concorrono anche in \(I(O_a O_b O_c)\). Ma allora \(I(ABC) = I(O_a O_b O_c)\).

2. Per ipotesi abbiamo \(S(I, T_a, O_a)\) e cicliche. La nostra tesi equivale a \(S(I, A, A')\) e cicliche. D'altronde \(A', B', C'\) sono i punti di tangenza della circonferenza inscritta in \(O_a O_b O_c\), perchè sono "buoni candidati" ad esserlo (\(O_a B' = O_a C'\) e cicliche sono le condizioni da rispettare per i segmenti staccati dall'incerchio) e perchè c'è un solo modo per costruire punti che hanno questa proprietà (basta pensare al sistema da risolvere).

Per il fatto generale la tesi è dimostrata. Sicuramente c'è una dimostrazione più semplice, ma le trasformazioni sono piuttosto sfiziose

Gottinger95 ha scritto: \(I(O_aO_bO_c) \equiv I(ABC)\)

Adesso la guardo piano piano con calma, ma per esempio questo mi pare falso. Allego una figura per rendere univoca la configurazione che intendevo col problema, nel caso ci siano state incomprensioni. Potrei anche starmi sbagliando io, ma in ogni caso... se ho capito quello che volevi dimostrare, l'incentro di $ABC$ nella mia figura dovrebbe coincidere con quello di $O_AO_BO_C$ (il punto rosso), ma mi pare falso... non ho capito io?(Credo tu abbia inteso che ciascuna circonferenza tange ad uno solo dei lati del triangolo, ma se guardi nel testo si dice che ciascuna tange a due lati, o almeno credo l'errore sia stato quello)

O capperi, che cretino che sono non solo credevo che ogni circonferenza tangesse a un solo lato, ma credevo che le circofnerenze fossero fuori dal triangolo.
Riprovo l'altra versione, allora!

Up! A breve degli hint, se le risposte continuassero a mancare