OliForum Matematico

Sia $ \Omega $ una circonferenza e sia $ P $ un punto che non appartiene alla circonferenza $ \Omega $.
Siano $ A, B, C $ i vertici di un triangolo equilatero variabile inscritto in $ \Omega $.
Le rette che collegano il punto $ P $ ai vertici $ A, B, C $ incontrano nuovamente $ \Omega $ rispettivamente in $ X, Y, Z $. Dimostrare che
$ \quad \quad $ $ \dfrac{PA}{PX} + \dfrac{PB}{PY} + \dfrac{PC}{PZ} $

è costante al variare del triangolo equilatero $ ABC $.

I segmenti vanno considerati orientati?

Non lo so.
Il testo è quello che ho postato, l'unica cosa che non ho scritto è che è stata data l'indicazione di svolgerlo utilizzando la trigonometria.

Sì, considerali orientati
E la trigonometria non è strettamente necessaria...

Un hint?

Stavo provando in analitica, ma è una mole di conti enorme, se ce la faccio domani finisco la dimostrazione e (FORSE) la posto

Con un paio di osservazioni in analitica si fa facilmente...
Ad esempio una potrebbe essere: come sono legati $PA$ e $PX$?

Secondo me la via più rapida è proprio trigonometria: la tesi si può riscrivere in funzione dei soli $PA$, $PB$, $PC$ (in realtà dei loro quadrati); a questo punto, è sufficiente notare che tra gli angoli $\angle AOP$ e ciclici (EDIT: non proprio questi, avevo sbagliato a scrivere, ma l'idea è quella) uno è sicuramente $\pi/3$ e due, se sommati, fanno $\pi/3$, quindi con Carnot si finisce.
Se non ho sbagliato, dovrebbe venire $\displaystyle 3\frac{OP^2+R^2}{OP^2-R^2}$.

GimmyTomas ha scritto:Secondo me la via più rapida è proprio trigonometria: la tesi si può riscrivere in funzione dei soli $PA$, $PB$, $PC$ (in realtà dei loro quadrati); a questo punto, è sufficiente notare che tra gli angoli $\angle AOP$ e ciclici (EDIT: non proprio questi, avevo sbagliato a scrivere, ma l'idea è quella) uno è sicuramente $\pi/3$ e due, se sommati, fanno $\pi/3$, quindi con Carnot si finisce.
Se non ho sbagliato, dovrebbe venire $\displaystyle 3\frac{OP^2+R^2}{OP^2-R^2}$.

La prima parte mi è chiara:
sappiamo che $PX=\dfrac{\text{pow}_{\Omega}(P)}{PA}$ e ciclici; quindi possiamo scrivere che $\dfrac{PA}{PX}=\dfrac{PA^2}{\text{pow}_{\Omega}(P)}$ da cui otteniamo che la tesi equivale a dimostrare che la somma $\quad PA^2+PB^2+PC^2 \quad$ è costante.

Ma da qui in poi con la faccenda degli angoli non sono riuscito ad andare avanti . Potresti andare un po' più nel dettaglio. Grazie

Sì, certo. Sia $O$ il centro di $\Omega$ (prima l'ho usato senza definirlo!).
Il segmento $OP$ è interno ad uno solo tra i tre angoli $\angle BOC$, $\angle COA$, $\angle AOB$ (i casi degeneri in cui è sui lati di questi angoli non creano problemi, dopo si capisce perché); diciamo senza perdita di generalità che è interno a $\angle BOC$. Allora $\angle BOP+\angle POC=\angle BOC=\pi/3$; invece, $\angle AOP$ è la somma di $\pi/3$ con uno tra $\angle BOP$ e $\angle POC$, diciamo senza perdita di generalità $\angle POC$ (quindi $\angle AOP=\pi/3+\angle POC$). A questo punto, volendo calcolare $AP^2$, $BP^2$, $CP^2$ con Carnot sui triangoli $\triangle AOP$, $\triangle BOP$, $\triangle COP$, le parti col coseno possiamo scriverle in funzione del solo $\angle POC$. Svolgendo i pochi conti, si vede che, sommando i tre, anche lui se ne va!

Un altro modo carino per vederlo:
$ AP^2=OA^2+OP^2-2OA\cdot OP cos(\widehat{AOP}) $ e cicliche
Ora, per avere $AP^2+BP^2+CP^2$ costante, ci basta avere $OA\cdot cos(\widehat{AOP})+OB\cdot cos(\widehat{BOP})+OC\cdot cos(\widehat{COP})$ costante. Questi tre termini sono le proiezioni dei vettori $\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}$, la cui somma è 0 per simmetria. Quindi la somma delle proiezioni è anch'essa 0, quindi costante.
E cosi può generalizzare il problema per qualsiasi n-agono regolare.