Fie \( ABC \) un triunghi si \( \gamma \) o conica arbitrara inscrisa in triunghi, avand ca puncte de tangenta cu \( BC, CA, AB \) punctele \( D, E \), respectiv \( F \). Consideram \( P \) un punct arbitrar in plan si \( A_{1}B_{1}C_{1} \) triunghiul sau cevian (\( A_{1} \in PA \cap BC, \) etc). Desenam celelalte tangente din \( A_{1}, B_{1}, C_{1} \) la \( \gamma \) diferite de laturile trunghiului. Acestea taie conica in punctele \( X, Y, \) respectiv \( Z. \) Sa se arate ca \( AX, BY, CZ \) sunt concurente.
O generalizare a unei probleme a lui Jean-Pierre Ehrmann
PS: Probabil v-ati dat seama deja ca problema lui J-P.Ehrmann este cu cerc in loc de conica.
Concurenta: o generalizare a unei probleme a lui J-P.Ehrmann
Moderator: Mihai Fulger
Cred ca am o solutie completa insa sunt niste chestii de care nu sunt foarte sigur.
Intai voi considera cazul cand \( \gamma \) este cercul inscris in triunghi, iar \( P \) este un punct interior al lui \( \gamma \).
In acest caz consider o transformare proiectiva ce duce \( \gamma \) intr`un alt cerc, iar pe \( P \) il duce in centrul cercului (*nota la sfarsit*). Fie \( f(T) \) imaginea punctului \( T \) prin aceasta transformare. Din constructia figurii, rezulta ca si dupa transformare figura va fi construita analog, dar in acest caz, \( f(A)f(P) \) este chiar bisectoarea unghiului \( \angle f(A) \), punctul \( f(D) \) este punctul de tangenta al cercului inscris cu latura \( f(B)f(C) \) si se poate observa destul de imediat (cu triunghiuri congruente) ca \( f(X) \) este simetricul lui \( f(D) \) fata de dreapta \( f(A)f(I) \). Deci \( f(A)f(D) \) si \( f(A)f(X) \) sunt izogonale si de aici e clar ca dreptele \( f(A)f(X),f(B)f(Y),f(C)f(Z) \) sunt concurente, deci si \( AX,BY,CZ \) sunt concurente.
Atunci cand \( P \) nu este in interior, am "dus`o la capat" facand observatia ca dintre dreptele \( A_1B_1, B_1C_1, C_1A_1 \) exista cel putin una care nu intersecteaza cercul. Fac o transformare care imi duce cercul in cerc si acea dreapta la infinit (**nota la sfarsit**). Din nou o sa obtin un caz in care punctele sunt destul de clasice in triunghi (nu o mai scriu riguros): dreptele \( AA_1 \), \( BB_1 \) devin paralele la laturile opuse si punctele \( X,Y \) devin punctele diametral opuse ale lui \( D,E \). Dreapta \( CC_1 \) devine mediana. Se obtine urmatoarea problema:
Fie triunghiul \( \triangle ABC \), \( D,E,F \) punctele de tangenta ale cercului inscris cu laturile, \( X,Y \) punctele diametral opuse ale punctelor \( D,E \) (respectiv), fie \( M \) mijlocul lui \( [AB] \) si fie \( MZ \) cealalta tangenta din \( M \) la cerc, unde \( Z \) este pe cerc. Atunci \( AX,BY,CZ \) sunt concurente.
Solutia acestei probleme sta in observatia ca punctul diametral opus al lui \( F \) se afla pe \( AZ \) si deci ramane sa aratam ca daca \( D_0,E_0,F_0 \) (am schimbat notatia ca sa fie ceva cat de cat simetric) sunt punctele diametral opuse ale punctelor \( D,E,F \), atunci \( AD_0, BE_0, CF_0 \) sunt concurente. Nu stau acum sa termn rationamentul, iau polii dreptelor si desenul e destul de simplu de acolo, sigur iese.
O alta idee care mi`a venit referitor la \( P \) exterior a fost urmatoarea:
demonstrez pentru \( P \) interior, apoi fac \( P(x,y) \) variabil si analitic, exprim conditia de concurenta. Deoarece sunt ecuatii doar de gradul unu si doi, pentru a afla toate coordonatele punctelor ce depind de \( P \) as obtine (dupa rationalizari) o ecuatie de tip polinom in \( x,y \), care, dupa ochiul meu, ar avea "prea multe" solutii.
Cum nu ma pricep foarte bine la aceste lucruri, chiar as vrea sa explice cineva daca macar ideea merge, sau daca nu merge, de ce nu merge.
Acum, pentru a finaliza problema, consider transformarea proiectiva care imi duce conica oarecare \( \gamma \) intr`un cerc, si apoi aplic ce am demonstrat mai sus.
(*) Faptul ca exista o transformare proiectiva care sa duca cercul in cerc si un punct arbitrar interior in centru si faptul ca exista o transformare proiectiva care sa duca cercul in cerc si o dreapta oarecare ce nu`l intersecteaza in dreapta de la infinit este un rezultat (zic eu) destul de interesant. Daca o sa am timp, o sa postez o solutie (sper eu, completa, deoarece solutia e in mare parte studiul meu, doar anumite rezultate le`am luat de prin alte parti, deci de aceea e posibil sa fie greseli).
(**) In mare parte, e cam asa: cele doua sunt echivalente, demonstrez partea cu dreapta (sunt echivalente deoarece punctul e in interior daca si numai daca polara sa nu intersecteaza cercul, si centrul are drept polara dreapta de la infinit). Ideea era sa iau o proiectie stereografica (parca asa`i zicea - asociez punctelor de pe o sfera niste puncte dintr`un plan, prin incidenta) si apoi alegeam planele corespunzator, iesea chiar o inversiune si aia duce cerc in cerc.
Intai voi considera cazul cand \( \gamma \) este cercul inscris in triunghi, iar \( P \) este un punct interior al lui \( \gamma \).
In acest caz consider o transformare proiectiva ce duce \( \gamma \) intr`un alt cerc, iar pe \( P \) il duce in centrul cercului (*nota la sfarsit*). Fie \( f(T) \) imaginea punctului \( T \) prin aceasta transformare. Din constructia figurii, rezulta ca si dupa transformare figura va fi construita analog, dar in acest caz, \( f(A)f(P) \) este chiar bisectoarea unghiului \( \angle f(A) \), punctul \( f(D) \) este punctul de tangenta al cercului inscris cu latura \( f(B)f(C) \) si se poate observa destul de imediat (cu triunghiuri congruente) ca \( f(X) \) este simetricul lui \( f(D) \) fata de dreapta \( f(A)f(I) \). Deci \( f(A)f(D) \) si \( f(A)f(X) \) sunt izogonale si de aici e clar ca dreptele \( f(A)f(X),f(B)f(Y),f(C)f(Z) \) sunt concurente, deci si \( AX,BY,CZ \) sunt concurente.
Atunci cand \( P \) nu este in interior, am "dus`o la capat" facand observatia ca dintre dreptele \( A_1B_1, B_1C_1, C_1A_1 \) exista cel putin una care nu intersecteaza cercul. Fac o transformare care imi duce cercul in cerc si acea dreapta la infinit (**nota la sfarsit**). Din nou o sa obtin un caz in care punctele sunt destul de clasice in triunghi (nu o mai scriu riguros): dreptele \( AA_1 \), \( BB_1 \) devin paralele la laturile opuse si punctele \( X,Y \) devin punctele diametral opuse ale lui \( D,E \). Dreapta \( CC_1 \) devine mediana. Se obtine urmatoarea problema:
Fie triunghiul \( \triangle ABC \), \( D,E,F \) punctele de tangenta ale cercului inscris cu laturile, \( X,Y \) punctele diametral opuse ale punctelor \( D,E \) (respectiv), fie \( M \) mijlocul lui \( [AB] \) si fie \( MZ \) cealalta tangenta din \( M \) la cerc, unde \( Z \) este pe cerc. Atunci \( AX,BY,CZ \) sunt concurente.
Solutia acestei probleme sta in observatia ca punctul diametral opus al lui \( F \) se afla pe \( AZ \) si deci ramane sa aratam ca daca \( D_0,E_0,F_0 \) (am schimbat notatia ca sa fie ceva cat de cat simetric) sunt punctele diametral opuse ale punctelor \( D,E,F \), atunci \( AD_0, BE_0, CF_0 \) sunt concurente. Nu stau acum sa termn rationamentul, iau polii dreptelor si desenul e destul de simplu de acolo, sigur iese.
O alta idee care mi`a venit referitor la \( P \) exterior a fost urmatoarea:
demonstrez pentru \( P \) interior, apoi fac \( P(x,y) \) variabil si analitic, exprim conditia de concurenta. Deoarece sunt ecuatii doar de gradul unu si doi, pentru a afla toate coordonatele punctelor ce depind de \( P \) as obtine (dupa rationalizari) o ecuatie de tip polinom in \( x,y \), care, dupa ochiul meu, ar avea "prea multe" solutii.
Cum nu ma pricep foarte bine la aceste lucruri, chiar as vrea sa explice cineva daca macar ideea merge, sau daca nu merge, de ce nu merge.
Acum, pentru a finaliza problema, consider transformarea proiectiva care imi duce conica oarecare \( \gamma \) intr`un cerc, si apoi aplic ce am demonstrat mai sus.
(*) Faptul ca exista o transformare proiectiva care sa duca cercul in cerc si un punct arbitrar interior in centru si faptul ca exista o transformare proiectiva care sa duca cercul in cerc si o dreapta oarecare ce nu`l intersecteaza in dreapta de la infinit este un rezultat (zic eu) destul de interesant. Daca o sa am timp, o sa postez o solutie (sper eu, completa, deoarece solutia e in mare parte studiul meu, doar anumite rezultate le`am luat de prin alte parti, deci de aceea e posibil sa fie greseli).
(**) In mare parte, e cam asa: cele doua sunt echivalente, demonstrez partea cu dreapta (sunt echivalente deoarece punctul e in interior daca si numai daca polara sa nu intersecteaza cercul, si centrul are drept polara dreapta de la infinit). Ideea era sa iau o proiectie stereografica (parca asa`i zicea - asociez punctelor de pe o sfera niste puncte dintr`un plan, prin incidenta) si apoi alegeam planele corespunzator, iesea chiar o inversiune si aia duce cerc in cerc.