Tre risultati parecchio complessi (Own)

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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Tre risultati parecchio complessi (Own)

Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 06 lug 2008, 18:22

1)Preso un triangolo ABC, chiamiamo $ \Gamma_A $ la crf con diametro BC, e ugualmente definiamo $ \Gamma_B $ e $ \Gamma_C $. Si prenda un punto P e siano $ A': AP \cap \Gamma_A $, $ B': BP \cap \Gamma_B $, $ C': CP \cap \Gamma_C $. La circonferenza circoscritta a $ \triangle A'B'C' $ interseca $ \Gamma_A $ in A'', $ \Gamma_B $ in B'' e $ \Gamma_C $ in C''. Allora AA'', BB'', CC'' concorrono.
figura 1

2) Preso un triangolo ABC, chiamiamo $ \Gamma_A $ la crf con diametro BC, e ugualmente definiamo $ \Gamma_B $ e $ \Gamma_C $. Si prenda un punto P e siano $ A': AP \cap \Gamma_A $, $ B': BP \cap \Gamma_B $, $ C': CP \cap \Gamma_C $, dove A',B',C' sono le intersezioni interne a ABC. La circonferenza circoscritta $ \triangle A'B'C' $ interseca $ \Gamma_A $ in A'', $ \Gamma_B $ in B'' e $ \Gamma_C $ in C''. Allora AA'', BB'', CC'' concorrono.
figura 2

3)Preso un triangolo ABC, chiamiamo $ \Gamma_A $ la crf con diametro BC, e ugualmente definiamo $ \Gamma_B $ e $ \Gamma_C $. Si prenda un punto P e siano $ A': AP \cap \Gamma_A $, $ B': BP \cap \Gamma_B $, $ C': CP \cap \Gamma_C $. Sia H l'ortocentro di $ \triangle ABC $ e $ A'' : HA' \cap \Gamma_A $, $ B'' : HB' \cap \Gamma_B $ e $ C'' : HC' \cap \Gamma_C $. Allora AA'', BB'', CC'' concorrono.
figura 3

Francesco Sala
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Re: Tre risultati parecchio complessi (Own)

Messaggio da Francesco Sala » 30 set 2014, 16:43

Non è difficile immaginare che 1) e 2) sono in effetti equivalenti; per questi ho solo una soluzione non propriamente sintetica, come è invece per 3). Dunque:

1,2) Chiamiamo $ H_A $ e ciclici i piedi delle altezze. Per ovvie questioni di assi radicali $ B'B'',C'C'',AH_A $ concorrono in un punto $ X $; similmente definiamo $ Y,Z $. Per Ceva trigonometrico basta dimostrare che $ 1=P=\prod_{cyc}\frac{\sin BAA'}{\sin CAA'}\cdot\frac{\sin BAA''}{\sin CAA''} $. Ora, si può scrivere $ \sin CAA''=\frac{CA''}{AA''}\cdot\sin ACA'' $. Inoltre ovvie similitudini di triangoli implicano che $ CA''=A'H_C\cdot\frac{ZC}{ZA'} $ e simili. Allora possiamo riscrivere $ P=\prod{cyc} \frac{BA''}{AA''}\cdot\frac{AA''}{CA''}\cdot\frac{\sin ABA''}{\sin ACA''}\cdot\frac{BA'}{AA'}\cdot\frac{AA'}{CA'}\cdot\frac{\sin ABA'}{\sin ACA'}= \prod_{cyc} \frac{A'H_B\cdot YB}{YA'\cdot\sin ACA''}\cdot\frac{ZA'\cdot\sin ABA''}{A'H_C\cdot ZC}\cdot\frac{A''H_B\cdot YB}{YA''\cdot\sin ACA'}\cdot\frac{ZA''\cdot\sin ABA'}{A''H_C\cdot ZC} $. Ora, tutti i termini $ \frac{A'H_C}{\sin ABA'}\cdot\frac{\sin ACA'}{A'H_B} $ e analoghi si semplificano; nella notazione $ \lambda_A=pow_{\Gamma_B}(X)=pow_{\Gamma_C}(X) $ e affini, abbiamo che $ P=\prod_{cyc}\frac{{YB}^2}{{ZC}^2}\cdot\frac{\lambda_C}{\lambda_B}=1 $ come voluto.

3) Manteniamo la stessa notazione del punto precedente. Applicando un'inversione di centro $ H $ e raggio $ HA\cdot HH_A $, seguita da una simmetria in $ H $, le tre circonferenze $ \Gamma_A,\Gamma_B,\Gamma_C $ vanno in se stesse, mentre $ A \leftrightarrow H_A $ e $ A' \leftrightarrow A'' $. Ora, se $ AP $ incontra nuovamente $ \Gamma_A $ in $ P_A $ e $ BC $ in $ Q_A $, è facile vedere che $ AP_A\cdot AA'=AH\cdot AH_A $ e quindi $ A,H_A,A',P_A $ stanno su un cerchio $ \Omega_A $. Dopo l'inversione, la tesi è equivalente a dimostrare che $ \Omega_A,\Omega_B,\Omega_C $ sono coassiali. Supponiamo che $ \Gamma_A $ incontri $ BC $ nuovamente in $ X_A $ e definiamo analogamente $ X_B,X_C $. Vale $ Q_AX_A\cdot Q_AH_A=Q_AA'\cdot Q_AP_A=Q_AC\cdot Q_AB $. Allora (intendendo i segmenti come orientati) vale $ X_AC=Q_AC+X_AQ_A=Q_AC-\frac{Q_AB\cdot Q_AC}{Q_AH_A}=Q_AC\cdot\frac{Q_AH_A-Q_AB}{Q_AH_A}=-\frac{Q_AC\cdot H_AB}{Q_AH_A} $ e quindi $ \prod_{cyc}\frac{X_AC}{X_AB}=\prod_{cyc}-\frac{Q_AC}{Q_AB}\cdot\frac{H_AB}{H_AC}=-1 $ (per un'ovvia applicazione di Ceva). Per Menelao, $ X_A,Y_A,Z_A $ sono allineati su una retta $ l $; sia $ X $ la proiezione di $ H $ su di essa. Allora $ X $ sta su $ \Omega_A $ ma anche sulle altre due, da cui la tesi.


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