Este es el punto de concurrencia 761 en la colección de puntos de concurrencia del Dr. Hans Walser. El problema se acredita a Abdilkadir Altintas.
Considere un triángulo $ABC$ y su incírculo. $E$, $F$ y $G$ son los puntos donde el incírculo de $ABC$ toca los lados $AC$, $AB$ y $BC$, respectivamente. Ahora considere el incírculo del triángulo $EFG$. $H$, $I$, $J$ son los puntos donde el incírculo de $EFG$ toca los lados $EG$, $FG$ y $EF$, repectivamente.
Demuestre que $AJ$, $BI$ y $CH$ concurren.
Demostración.
Apelaremos a la versión trigonométrica del Teorema de Ceva para demostrar la concurrencia. Es decir, demostraremos que
$$\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}\bullet\frac{sen\angle{GBI}}{sen\angle{FBI}}\bullet\frac{sen\angle{FAJ}}{sen\angle{EAJ}}=1$$
Note que $EJ=EH=m$; $GH=GI=n$; $FI=FJ=l$. También $CE=CG=o$.
Por la Ley de Senos,
$sen\angle{ECH}=\frac{msen\angle{EHC}}{o}$
Análogamente,
$sen\angle{GCH}=\frac{nsen\angle{GHC}}{o}$
Así,
$$\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}=\frac{msen\angle{EHC}}{nsen\angle{GHC}}$$
Pero $\angle{GHC}=180^\circ-\angle{EHC}$
De este modo tenemos que
$$\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}=\frac{m}{n}$$
Por analogía,
$$\frac{sen\angle{GBI}}{sen\angle{FBI}}=\frac{n}{l}$$
$$\frac{sen\angle{FAJ}}{sen\angle{EAJ}}=\frac{l}{m}$$
De donde sigue que
$$\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}\bullet\frac{sen\angle{GBI}}{sen\angle{FBI}}\bullet\frac{sen\angle{FAJ}}{sen\angle{EAJ}}=\frac{m}{n}\bullet\frac{n}{l}\bullet\frac{l}{m}=1$$
$Q.E.D.$
En el siguiente enlace podrás ver la colección completa del Dr. Hans Walser, a la cual he contribuido las concurrencias 756, 757, 758, 759 y 760.
Schnittpunkte
Schnittpunkte
