Problema proposto da Simo_the_Wolf in chat #olimpiadi; di media difficoltà, se ne sconsiglia la risoluzione ad un pubblico adulto e contoso (karl e elianto84, giù le mani)!!
Siano date tre circonferenze di uguale raggio e di centri X,Y,Z tutte passanti per P e secantisi a due a due ulteriormente in tre punti U,V,W. Sia ABC il triangolo formato dalle rette tangenti a due di queste circonferenze contemporaneamente.
Dimostrare che il punto P, l'incentro di ABC e il circocentro di ABC sono allineati.
Variazione sul tema, più impegnativa, la cui soluzione è aperta anche ai due sunnominati e grassettati :
Dimostrare che l'area di ABC è almeno 9 volte l'area di UVW.
Buon lavoro!!
Cerchi uguali, triangoli pure.
Il triangolo $ ABC $ è mandato nel triangolo $ XYZ $ da un'omotetia di centro l'incentro di $ ABC $ e $ P $ è il circocentro di $ XYZ $. Quindi poichè un punto, il suo trasformato, e il centro di un'omotetia sono allineati abbiamo la tesi.
Dimostriamo i claim utilizzati:
i) L'omotetia:
La retta $ AB $ e la retta $ XY $ sono parallele perchè due punti di $ XY $ (X e Y) hanno la stessa distanza (il raggio delle circonferenze) dalla retta $ AB $. Analogamente le altre tre rette, quindi si ha la similitudine tra $ XYZ $ e $ ABC $. Cerchiamo il centro dell'omotetia, per forza deve essere il punto in cui concorrono le rette Punto-Trasformato. Quindi $ AX $ $ BY $ $ CZ $. Tali rette sono evidentemente, per il teorema delle due tangenti, le bisettrici, quindi concorrono nell'incentro.
ii) P è circocentro
$ P $ ha la stessa distanza da $ X,Y,Z $ (il raggio delle circonferenze)
Dimostriamo i claim utilizzati:
i) L'omotetia:
La retta $ AB $ e la retta $ XY $ sono parallele perchè due punti di $ XY $ (X e Y) hanno la stessa distanza (il raggio delle circonferenze) dalla retta $ AB $. Analogamente le altre tre rette, quindi si ha la similitudine tra $ XYZ $ e $ ABC $. Cerchiamo il centro dell'omotetia, per forza deve essere il punto in cui concorrono le rette Punto-Trasformato. Quindi $ AX $ $ BY $ $ CZ $. Tali rette sono evidentemente, per il teorema delle due tangenti, le bisettrici, quindi concorrono nell'incentro.
ii) P è circocentro
$ P $ ha la stessa distanza da $ X,Y,Z $ (il raggio delle circonferenze)
Che belli i problemi sulle disuguaglianze geometriche!
Siano U',V',W' i punti medi dei segmenti PU,PV,PW.
U',V',Q' sono pure i punti medi dei segmenti XY,YZ,ZX.
Segue facilmente che UVW ha la stessa superficie di XYZ.
La tesi diviene: dimostrare che il rapporto di omotetia
tra i triangoli ABC e XYZ è maggiore di 3.
Il rapporto di omotetia è anche pari a AB/XY.
Se R ed r sono i raggi delle circonferenza rispettivamente
circo- e in-scritte di XYZ, (N.B. R=PX=PY=PZ)
tracciando un paio di perpendicolari si ha facilmente
AB = z + Rctg(^X/2) + Rctg(^Y/2)
La tesi diviene
R ctg(^X/2) + R ctg (^Y/2) >= 2z
sfruttando ad hoc il teorema della bisettrice per riscrivere
in forma più "gradevole" le cotangenti
(R/r)( (-x+y+z)/2 + (x-y+z)/2 ) >= 2z
cioè
R >= 2r
che è il teorema di Eulero.
Siano U',V',W' i punti medi dei segmenti PU,PV,PW.
U',V',Q' sono pure i punti medi dei segmenti XY,YZ,ZX.
Segue facilmente che UVW ha la stessa superficie di XYZ.
La tesi diviene: dimostrare che il rapporto di omotetia
tra i triangoli ABC e XYZ è maggiore di 3.
Il rapporto di omotetia è anche pari a AB/XY.
Se R ed r sono i raggi delle circonferenza rispettivamente
circo- e in-scritte di XYZ, (N.B. R=PX=PY=PZ)
tracciando un paio di perpendicolari si ha facilmente
AB = z + Rctg(^X/2) + Rctg(^Y/2)
La tesi diviene
R ctg(^X/2) + R ctg (^Y/2) >= 2z
sfruttando ad hoc il teorema della bisettrice per riscrivere
in forma più "gradevole" le cotangenti
(R/r)( (-x+y+z)/2 + (x-y+z)/2 ) >= 2z
cioè
R >= 2r
che è il teorema di Eulero.
Jack alias elianto84 alias jack202
http://www.matemate.it IL SITO
.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -
http://www.matemate.it IL SITO
.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -
Io al posto della parte trigonometrica avrei ragionato così.
Siamo rimasti al dover dimostrare che il rapporto dell'omotetia tra ABC e XYZ è >=3.
Questo rapporto è uguale a IK/IH, dove I è l'incentro dei due triangoli, K la sua proiezione su AB, H quella su XY (I, H, K allineati). Ora, XY//AB, e si ricava facilmente che IK-IH=1, raggio delle circonferenze. Per Eulero IH, che è il raggio dell'incerchio di XYZ, è minore o uguale a 1/2. Affinché IK/IH<3, posto IH=x, dev'essere (x+1)/x<3, cioè x>1/2. Il che è impossibile. Quindi il rapporto di omotetia è >=3
Siamo rimasti al dover dimostrare che il rapporto dell'omotetia tra ABC e XYZ è >=3.
Questo rapporto è uguale a IK/IH, dove I è l'incentro dei due triangoli, K la sua proiezione su AB, H quella su XY (I, H, K allineati). Ora, XY//AB, e si ricava facilmente che IK-IH=1, raggio delle circonferenze. Per Eulero IH, che è il raggio dell'incerchio di XYZ, è minore o uguale a 1/2. Affinché IK/IH<3, posto IH=x, dev'essere (x+1)/x<3, cioè x>1/2. Il che è impossibile. Quindi il rapporto di omotetia è >=3