Più ellissi per tutti...

[EvaristeG]

Data un'ellisse tangente internamente ai lati di un triangolo, le ceviane che uniscono un vertice con il punto di tangenza sul lato opposto concorrono.
Date tre ceviane concorrenti, esiste un'ellisse che tange i tre lati nei loro estremi.

[Leandro]

La prima parte e' un caso particolare del teorema di
Brianchon sull'esagono (esalatero ,per la precisione)
circoscritto ad una conica.
Per la seconda parte penso che si possa ragionare cosi':
Siano AM,BN,CP le 3 ceviane passanti tutte per O.
Dato che una conica e' determinata da cinque condizioni,
esiste sempre quella tangente a BC in M ,a CA in N e tangente
altresi' ad AB ( in un punto per ora non noto che chiameremo Q)
e tale conica ,essendo tutta interna al triangolo,deve essere una ellisse.
Sempre per il teorema di Brianchon,le 3 ceviane AM,BN,CQ passano
per un medesimo punto che pero' e' il punto dove s'intersecano
per ipotesi AM e BN, ovvero il punto O.Pertanto CQ coincide con CP.
Leandro

[EvaristeG]

Sì, torna.
Comunque c'è una soluzione olimpica al quesito ed invito gli altri a trovarla ... magari qualche stagista, tanto per fare un po' d'esercizio.

[edriv]

tolto.... leggete la soluzione di enomissimone che è meglio

[enomis_costa88]

Visto che sono uno stagista e di sicuro ho bisogno di fare moolto esercizio..

1) Per affinità posso mandare l'ellisse in una circonferenza.
Questa circonferenza risulta essere inscritta ad ABC.
Siano A'B'C' i punti di tangenza (A' su BC e così via).
E' ben noto che A'C=B'C; B'A=AC'; C'B=BA'.
Quindi si può concludere (per ceva) che le ceviane AA',BB',CC' concorrono.
Da cui è facile concludere..

2)Considero il triangolo ABC e siano DEF gli estremi delle 3 ceviane concorrenti (D su CA, E su CB e F su AB).
Sia C’ uno dei due punto di intersezione tra la circonferenza di centro A e raggio $ \frac{AC*AF}{AD} $ e la circonferenza di centro B e raggio $ \frac{BC*BF}{BE} $.
Considero l'affinità che manda A in A; B in B; C in C' (D in D', E in E', F in F).
Per le proprietà delle affinità (rapporti tra segmenti sulla stessa retta invarianti) AD'=AF e BF=BE'.
Inoltre per Ceva vale anche C'D'=C'E'.
Quindi FE'D' risultano essere i punti di tangenza tra la circonferenza inscritta a ABC' e i lati.
Da ciò è facile concludere..

[EvaristeG]

Bene bene ... è quasi la soluzione più breve, ma ce n'è una meno macchinosa per ottenere lo stesso risultato del punto 2) (ovvero riuscire a trasformare i tre punti in tangenze della circonferenza inscritta)... se proprio nessuno ha voglia di pensarci, lo scrivo io domani... non è niente di che, praticamente la stessa cosa che ha fatto enomis, solo un po' più trasparente.

[EvaristeG]

Fondamentalmente, ripeto, è la soluzione di enomis, solo che non richiede di costruire : supponiamo che i punti D,E,F dividano i lati di modo che BD/DC=k, CE/EA=h, AF/FB=j e risolviamo il sistema
$ \left\{\begin{array}{lll}a+c-b&=&k(a+b-c)\\a+b-c&=&h(b+c-a)\\b+c-a&=&j(a+c-b)\end{array}\right. $
fissando a=1. Ora, operiamo l'affinità che porta ABC nel triangolo A'B'C' di lati a,b,c. Allora D,E,F andranno in D',E',F' che dividono i lati nei rapporti che corrispondono alle tangenze del cerchio inscritto, quindi per essi passa il cerchio inscritto che, portato indietro, ci darà l'ellisse che volevamo.

[edriv]

Due domandine:
- è sicuro che quel sistema abbia soluzione? Bisogna tipo dimostrare che nessuna riga è combinazione lineare delle altre?
- non dobbiamo anche dimostrare che a,b,c soddisfano la disuguaglianza triangolare?

[EvaristeG]

Hmm quel sistema è il solito che si incontra nelle disuguaglianze, quando poni a=x+y, b=y+z, c=z+x ... puoi verificare che una soluzione di quel sistema è
a=kh+h, b=1+h, c=1+kh
Il fatto che formino un triangolo è banale conseguenza del fatto che h,k,j>0.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

hem...scusate se mi intrometto...ma non è una banale applicazione del Teorema di Carnot?