IMO 2006, Problem 1

[Marco]

Let $ ABC $ be a triangle with incentre $ I $. A point $ P $ in the interior of the
triangle satisfies

$ \angle PBA + \angle PCA = \angle PBC + \angle PCB $.

Show that $ AP \geq AI $, and that equality holds if and only if $ P = I $.

[EvaristeG]

Cariiiino. Spero che, con tutti i luoghi di punti che erano circonferenze che si son visti tra cesenatico e preimo, i nostri 6 abbiano combinato qualcosa con questo.

[edriv]

[edit perchè se no Böll in Ljubljiana mi lincia]

Dimostriamo che il luogo dei punti P è la circonferenza circoscritta a BIC, intersecata al triangolo.

$ \angle PBA + \angle PCA = \angle PBC + \angle PCB = \frac 12( \angle PBA + \angle PCA = \angle PBC + \angle PCB) $$ = \frac 12 \angle CBA + \frac 12 \angle BCA = \angle IBC + \angle ICB $.
La condizione necessaria e sufficiente per soddisfare l'ipotesi è appunto che $ \angle PBC + \angle PCB = \angle IBC + \angle ICB $, se e soltanto se $ \angle BPC = \angle BIC $ (ho preso il supplementare della somma degli angoli.

Ma il luogo dei punti P che formano lo stesso angolo con B e C, nel semipiano (BC;A), è un arco di circonferenza (che passa per B,I,C).


Per concludere il problema basterà dimostrare che le circonferenze:
- Circoscritta a BIC
- Con centro in A e raggio AI
sono tangenti esternamente in I.
Che sono esterne lo sappiamo già (un lato tra AB e AC è più grande di qualsiasi ceviana, quindi anche di AI, quindi uno tra B e C sta fuori).
Allora basta dimostrare che i loro centri sono allineati con un punto di intersezione che già conosciamo, I.

Quindi: sia O' il centro della circonferenza circoscritta a BIC. Dimostriamo che A,I,O' sono allineati, che è vero se: $ \angle AIB + \angle BIO' = 180° $.

Con poco angle chasing sulle bisettrici (che non avevo voglia di disegnare), otteniamo che $ \angle AIB = 90° + \frac{\angle ACB} 2 $.

Invece: sia I' simmetrico di I rispetto ad O (diametralmene opposto, quindi).
$ \angle BIO = \angle BII' = \angle BCI' $, per gli angoli alla circonferenza. Ma $ \angle ICI' = 90° $, perchè II' è un diametro. Quindi $ \angle BIO \angle BCI' = 90° - \angle BCI = 90° - \frac{\angle ACB} 2 $.

Sommando, $ \angle AIB + \angle BIO' = 90° + \frac{\angle ACB} 2 + 90° - \frac{\angle ACB} 2 = 180° $. $ \mathbb{SGOPN} $.

[IMO1stDay]

I nostri sei dovrebbero aver fatto un intorno di 42.

[HumanTorch]

vabbè, sono arrivato tardi : comunque la soluzione del sottoscritto, simile a quella di Edriv, consiste in due punti:
1.il luogo dei punti P (a cui, inoltre, appartiene anche I) e la circonferenza $ \gamma $ passante per B,I, C (per costruire gli angoli congruenti, la strada più comoda è usare proprio gli angoli alla circonferenza, angoli corda tangente(i.));
2.detto F il centro di questa circonferenza, sfruttando il lemma che IF<IP+PF (disuguaglianza triangolare) e dimostrando che I,F,A sono allineati,la tesi; un'altra strada è tracciare la tangente la circonferenza $ \gamma $ per I, notare che quindi questa tangente definisce un triangolo che ha $ \gamma $ come circonferenza excritta, poichè AB e AC sono le tangenti a $ \gamma $ per A (dal punto 1.i)

[EvaristeG]

Uhm fondamentalmente penso che tutti abbiamo avuto la stessa idea ... solo una cosuccia per il secondo punto : è più comodo (a mio avviso), e comunque è una via alternativa, notare che l'incontro T tra la bisettrice di A e l'asse di BC sta sulla circonferenza circoscritta a ABC; dunque esso vede BC sotto un angolo supplementare a quello in A e dunque è il centro di BIC, perchè sta sull'asse, dalla parte giusta e vede BC sotto l'angolo giusto (dato dal teo angolo al centro-angolo alla circonferenza).
Dunque AI passa per il centro di BC e da ciò la tesi (è il segmento che realizza la minima distanza di A da quella circ).

[ma_go]

alternativamente, è facile dimostrare che le tangenti alle due circonferenze nel punto $ I $ sono parallele: consideramo le due tangenti $ \tau_A, \tau $ (spero sia ovvio quali siano), e gli angoli che formano con il segmento $ IC $: $ \angle \tau_AIC = \angle AIC - \pi/2 = \beta/2 $; $ \angle \tau IC = \angle IBC = \beta/2 $, perché l'angolo sotteso dalla tangente è quello giusto

(mi pare sia leggermente diversa dalle vostre, correggetemi se sbaglio)

[mattilgale]

non c'entra molto ma... edriv con che programma l'hai fatta la tua img del problema?

[edriv]

Vedi qua:
http://olimpiadi.ing.unipi.it/oliForum/ ... php?t=5629

è C.a.R., un bel programma in java:
http://mathsrv.ku-eichstaett.de/MGF/hom ... index.html