Re: Napoleao...

["Rodrigo Villard Milet" <villard@xxxxxxxxxxxx>]

Sim, já foi provado... eu mandei a solução há muito tempo atrás...
Para provar o seu problema, o raciocínio é totalmente análogo ao usado no
abaixo !!!

........
Generalização do Teorema de Napoleão : “Dado um triângulo qualquer ABC,
constroem-se os triângulos APB, QAC e BCR, todos semelhantes ( ao ABC) e
exteriores a ABC( Note que a semelhança deve ser com os vértices nessa
ordem ). O triângulo formado pelos circunscentros dos triângulos exteriores
é semelhante a ABC !”

Lema : Os círculos circunscritos a ABP, ACQ e BCR passam por um mesmo ponto.
Prova do lema : Traçando os círculos circunscritos a ABP e ACQ, vemos que
são secantes em A e em outro ponto N. Basta, então, provar que #BCRN é
inscritível, pois B, C e R determinam um círculo. Seja ANxBC=M ,
ang(MNC)=ang(AQC) {pois #AQCN é inscrito}... analogamente,
ang(BNM)=ang(APB). Pela contrução da figura, de um modo simétrico, para não
tirar a generalidade do problema, ang(APB)=ang(ABC) e ang(AQC)=ang(BAC)....
assim, ang(BNC) = ang(BNM) + ang(CNM) = ang(APB) + ang(AQC) => ang(BNC) =
ang(ABC) + ang(BAC) =180 – ang(BCA) => ang(BNC) = 180 – ang(BRS) => #BNCR é
inscrito..... (CQD)
.... Vamos usar o fato de que a corda comum de dois círculos secantes é
perpendicular a reta que une os centros.
Sejam, então, O1, O2 e O3 os centros dos círculos em ABP, ACQ e BCR,
respectivamente. E sejam também, T = O1O2xAN , U = O2O3xCN e V = O1O3x BN .
Assim, #O1TNV é inscritível => ang(BNM) = ang(O2O1O3) = ang(ABC)...
Analogamente, analisando #O2TNU e #O3UNV, vemos que ang(O1O2O3)=ang(BAC) e
ang(O1O3O2)=ang(ACB) => O1O2O3 é semelhante a ABC. (CQD)
      ¡Villard !





-----Mensagem original-----
De: Carlos Stein Naves de Brito <carlosstein@uol.com.br>
Para: obm-l@mat.puc-rio.br <obm-l@mat.puc-rio.br>
Data: Sábado, 7 de Abril de 2001 21:34
Assunto: Napoleao...


>Nao sei se ja foi provado aqui antes, mas há uma prova elegante do teorema
>de napoleao, em que num triangulo qualquer se monta um triangulo equilatero
>externo a cada um dos lados. prove que o centro desses tringulos
equilateros
>formam outro equilatero...
>