Ἀπολλώνιος ὁ Περγαῖος

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Talete
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Ἀπολλώνιος ὁ Περγαῖος

Messaggio da Talete » 30 ott 2017, 20:30

Sia $ABC$ un triangolo, $O$ il suo circocentro, $\Omega$ la sua circonferenze inscritta, $I$ il suo incentro, $L$ il suo punto di Lemoine.

(1) Siano $I_A$, $I_B$ ed $I_C$ i piedi delle bisettrici interne. Siano $E_A$, $E_B$ ed $E_C$ i piedi delle bisettrici esterne. Dimostrare che le tre circonferenze $\Gamma_A=AI_AE_A$, $\Gamma_B=BI_BE_B$ e $\Gamma_C=CI_CE_C$ hanno i loro tre centri sui lati del triangolo (dove con "lato" si intende la retta e non il segmento).

(2) Dimostrare che l'asse radicale tra $\Gamma_A$ e $\Omega$ è la retta $AL$. Similmente gli assi radicali tra $\Gamma_B$ e $\Omega$ e tra $\Gamma_C$ e $\Omega$ sono $BL$ e $CL$.

(3) Dimostrare che $\Gamma_A$, $\Gamma_B$ e $\Gamma_C$ si intersecano in due punti, uno interno e uno esterno al triangolo. Chiamiamo quello interno $S$ e quello esterno $T$.

(4) Dimostrare che $AS\cdot BC=BS\cdot CA=CS\cdot AB$ e $AT\cdot BC=BT\cdot CA=CT\cdot AB$.

(5) Dimostrare che $S$, $T$, $O$ ed $L$ sono allineati.

(6) Dimostrare che, costruita una circonferenza grande tangente alle tre circonferenze inscritte ad $ABC$ nei tre punti $P_A$, $P_B$ e $P_C$, le rette $AP_A$, $BP_B$ e $CP_C$ si intersecano in $S$.

(7) Dimostrare che il triangolo pedale di $S$ è equilatero.

(8) Dimostrare che invertendo in una circonferenza centrata in $S$ oppure in $T$, $ABC$ va in un triangolo equilatero.

(9) Dimostrare che invertendo in $\Omega$, $S$ e $T$ si scambiano.

(10) Dimostrare che i centri di $\Gamma_A$, $\Gamma_B$ e $\Gamma_C$ sono allineati su una retta $\ell$ (detta retta di Lemoine di $ABC$).

(11) Dimostrare che la retta di Lemoine di $ABC$ è la polare di $L$ rispetto ad $\Omega$.

(12) Dimostrare che $\ell$ è l'asse del segmento $ST$.

(13) Fissiamo i punti $A$ e $B$ nel piano, e facciamo variare $C$ sulla circonferenza su cui $AC=2BC$. Quanto vale l'area spazzata dal segmento $ST$?
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Parmenide
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Re: Ἀπολλώνιος ὁ Περγαῖος

Messaggio da Parmenide » 16 lug 2018, 18:54

Penso che $\Omega$ sia la circoscritta ad $ABC$, altrimenti mi pare che la tesi sia falsa. Svolgo intanto i primi due punti:

(1) l'angolo $\angle I_AAE_A$ è retto perché $AI_A$ e $AE_A$ sono rispettivamente bisettrice interna ed esterna di $\angle BAC$. Segue che $I_AE_A$ è diametro di $\Gamma_A$ e che quindi il centro di $\Gamma_A$ si trova sulla retta $BC$. Discorso analogo vale per $\Gamma_B$ e $\Gamma_C$

(2)
Testo nascosto:
$A[1;0;0]$, $B[0;1;0]$, $C[0;0;1]$, $I_A[0;b;c]$, $E_A[0;-b;c]$

La circonferenza $\Gamma_A$ è $\displaystyle{a^2yz+b^2xz+c^2xy-\left(-\frac{a^2c^2}{b^2-c^2}y+\frac{a^2b^2}{b^2-c^2}z\right)\left(x+y+z\right)=0}$
La circoscritta è $a^2yz+b^2xz+c^2xy=0$
L'asse radicale tra $\Omega$ e $\Gamma_A$ è pertanto $\displaystyle{-\frac{a^2c^2}{b^2-c^2}y+\frac{a^2b^2}{b^2-c^2}z =0}$, cioè $-c^2y+b^2z=0$

Essendo $L$ il coniugato isogonale di $G$ esso ha coordinate $L[a^2;b^2;c^2]$. Sostituendo le coordinate di $L$ nella precedente equazione si ottiene $-b^2c^2+b^2c^2=0$, quindi l'equazione è verificata e $L$ appartiene all'asse radicale tra $\Gamma_A$ e $\Omega$.
La stessa cosa vale per $\Gamma_B$ e $\Gamma_C$

Parmenide
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Re: Ἀπολλώνιος ὁ Περγαῖος

Messaggio da Parmenide » 17 lug 2018, 09:42

(3)
Testo nascosto:
Sfruttando i conti del punto (2), si ha:

$\displaystyle{\Gamma_A: a^2yz+b^2xz+c^2xy-\left( -\frac{a^2c^2}{b^2-c^2}y+\frac{a^2b^2}{b^2-c^2}z\right)\left( x+y+z\right)=0}$

$\displaystyle{\Gamma_B: a^2yz+b^2xz+c^2xy-\left( -\frac{b^2c^2}{a^2-c^2}x+\frac{a^2b^2}{a^2-c^2}z\right)\left( x+y+z\right)=0}$

$\displaystyle{\Gamma_C: a^2yz+b^2xz+c^2xy-\left( -\frac{b^2c^2}{a^2-b^2}x+\frac{a^2c^2}{a^2-b^2}y\right)\left( x+y+z\right)=0}$


Ora $\Gamma_A$, $\Gamma_B$, $\Gamma_C$ hanno lo stesso asse radicale prese a 2 a 2. L'equazione dell'asse radicale è $b^2c^2(b^2-c^2)x-a^2c^2(a^2-c^2)y+a^2b^2(a^2-b^2)z=0$

Immagino si debba ora dimostrare che $\Gamma_A$, $\Gamma_B$, $\Gamma_C$ si intersecano a 2 a 2, giusto?
Mostro che $\Gamma_A$ e $\Gamma_B$ si intersecano in 2 punti, gli altri casi sono analoghi.
Basta dimostrare che $\Gamma_A$ possiede un punto interno e un punto esterno a $\Gamma_B$:
consideriamo il sistema tra $\Gamma_A$ e la retta $y=0$. Il sistema ha due soluzioni che sono $A[1;0;0]$ e $P[a^2;0;b^2-c^2-a^2]$. Ma allora una tra $Pow_{\Gamma_B}(A)$ e $Pow_{\Gamma_B}(P)$ è negativa e l'altra è positiva, cioè uno tra $A$ e $P$ è interno e l'altro esterno a $\Gamma_B$.
C'è un modo più veloce per concludere?

(5)
Testo nascosto:
Mostriamo che la retta $ST$ e la retta $OL$ coincidono:

$ST: b^2c^2(b^2-c^2)x-a^2c^2(a^2-c^2)y+a^2b^2(a^2-b^2)z=0$ (è l'asse radicale del punto (3))

$O[a^2S_A;b^2S_B;c^2S_C]$, $L[a^2;b^2;c^2]$

La retta $OL$ è quindi $b^2c^2 \left( S_C-S_B \right) x+a^2c^2 \left( S_A-S_C\right) y+ a^2b^2\left( S_B-S_A\right) z=0$
Ora $S_C-S_B=b^2-c^2$ e cicliche. Sostituendo si ha la tesi

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