lunes, 21 de mayo de 2012

Problema del dia 21 de mayo (Jorge)

Sean $\omega _1,\omega _2$ dos circunferencias. Sea $S$ el conjunto de tríangulos $ABC$, tal que $\omega _1$ es su circuncírculo y $\omega _2$ su excírculo, $\omega _2$ es tangente a $BC, AC, BC$ en $D,E,F$ respectivamente.
Para todo $ABC$ en $S$, demuestra que el gravicentro del $DEF$ es un punto fijo.

6 comentarios:

Juan dijo...

G el gravicentro es el inverso del centro de w1 respecto a w2 y ésto se ve usando las fórmulas de inversión y trigo

JulioC dijo...

Creo que ya me salió el problema, lo publico después, Juan checa bien tu solución porque lo que dices sólo pasa si las circunferencias tienen mismo radio.

Adán dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Adán dijo...

Veamos que el inverso de $\omega_{1}$ con respecto a $\omega_{2}$ es precisamente la circunferencia de los $9$ puntos de $DEF$.

Esto es por que, $\omega_{1}$ no pasa por el centro de $\omega_{2}$, y por ende $\omega_{1}$ se invertirá en un círculo. Ahora, los inversos de $A$, $B$ y $C$ para $ABC \in S$ son los puntos medios de $DEF$, por lo tanto, el inverso de $\omega_{1}$ es el circuncírculo del triángulo medial de $DEF$, que es la circunferencia de los $9$ puntos de $DEF$, a la cual llamaremos $\Omega$.

Ahora, notemos que $O$ es circuncentro de $DEF$. Sean $O$, $O_{1}$ y $O_{2}$ los centros respectivos de $\Omega$, $\omega_{1}$ y $\omega_{2}$. Sea $H_{2}$ el ortocentro de $DEF$. Sabemos que por la recta de Euler, $O_{2}$, $H_{2}$ y $O$ son colineales, y además $OO_{2}=OH_{2}$.

Digamos que $D$ está sobre $BC$. Entonces, básicamente, $O$, $O_{1}$, $O_{2}$ y $H_{2}$ son siempre colineales, y además, si $A_{2}$ es el inverso de $A$, entonces tendremos que $2A_{2}O_{2}=DH_{2}$ por hecho conocido, y además estas son paralelas. Como $O_{1}$ y $O_{2}$ son fijos, la recta que los contiene es fija. Además, notemos que por la razón de segmentos anterior, $A_{2}D$ y $O_{2}H_{2}$ e cortan en razón $\frac{1}{2}$, pero, como $O_{1}$ y $O_{2}$ son fijos, también lo es $O$ y por ende también lo es $H_{2}$, por lo que tenemos que si $G_{2}$ es la intersección de $A_{2}D$ con $O_{2}H_{2}$, entonces, por homotecia, tendremos que $2O_{2}G_{2}=H_{2}G_{2}$, por lo que $G_{2}$ que es fijo, es gravicentro de $DEF$, y acabamos.

Juan dijo...

Ya vi mi error, pero creo que ya me salió bien.

JulioC dijo...

mi solución:
S.P.G $\omega _2$ es excírculo opuesto a A, y $O_1$ y $O_2$ son los centros de $\omega _1$ y $\omega _2$, resp.
Sean $r$ y $R$ los radios de $\omega _1$ y $\omega _2$, resp.
Sean $X$ y $Y$ en $BO_1$ y $CO_1$, resp. tales que $XO_1=YO_1=R$
por angulitos es fácil ver que $\angle XBO_2=\angle EO_2B$ entonces los triángulos $EBO_2$ y $O_2XB$ son congruentes y entonces $EXBO_2$ es cíclico. Análogamente $IYCO_2$ es cíclico. Pero $XO_1 \times O_1B = (R-r)r = YO_1 \times O_1C$ entonces $O_1$ está en el eje radical de $EXBO_2$ y $IYCO_2$, y por potencia de un punto el punto de intersección de las últimas circunferencias $H$ con $H \neq O_2$ es tal que $HO_1 \times O_1O_2 = (R-r)r $ y está sobre recta $O_1O_2$. Entonces $H$ es contante. Pero por inversión $H$ es el inverso de $G$ respecto a $\omega _2$, entonces $G$ es fijo

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