SOLUZIONE DEL PROBLEMA DI LUGLIO 2003
Prima di dimostrare il teorema occorre enunciare 2 proposizioni e un lemma.
PROPOSIZIONE 1
Dato un triangolo di vertici H, K e L, consideriamo le tre regioni piane:
H
R2
R1
A
B
K
L
C
R3
R1 = K̂ - Triangolo(HKL)
R2 = L̂ - Triangolo(HKL)
R3= Ĥ - Triangolo(HKL)
dove K̂ , L̂ e Ĥ sono gli angoli convessi determinati dal triangolo HKL.
Presi tre punti A, B e C tali che A ∈ R1 , B∈ R2 e C∈ R3 , si ha:
i) A, B e C formano un triangolo;
ii) Triangolo(ABC) ∩ Triangolo(HKL) ≠ ∅
Dim.
i) Poiché Rh ∩ Rk = ∅ per ogni h, k = 1,2,3 distinti, i punti A, B e C sono distinti. Non sono
allineati perché altrimenti uno dei tre punti si troverebbe all’interno del segmento avente
come estremi gli altri due, supponiamo senza perdere di generalità che sia B contenuto in
AC: allora essendo il segmento AC appartenente al semipiano HK contenente il triangolo
HKL ciò accadrebbe anche a B, ma questo è assurdo perché B appartiene al semipiano
opposto.
ii) 1° Caso: F (ABC) ∩ F (HKL) ≠ ∅ , dove F indica la frontiera del triangolo: allora
banalmente:
∅ ≠ F (ABC) ∩ F (HKL) ⊆ Triangolo(ABC) ∩ Triangolo(HKL)
2° Caso: F (ABC) ∩ F (HKL) = ∅ , vedremo che in questo caso si ha:
Triangolo(HKL) ⊆ Triangolo(ABC)
e quindi di nuovo: Triangolo(ABC) ∩ Triangolo(HKL) ≠ ∅
Per prima cosa notiamo che i punti A e B si trovano nei semipiani opposti determinati dalla
retta HK, quindi il segmento AB incontra la retta HK in un punto P. Tale punto si trova nel
semipiano determinato dalla retta KL e contenente A e B, ma non può appartenere al
segmento HK per ipotesi.
P
A
B
H
R2
R1
L
K
R2
C
Analogamente il segmento BC incontra la retta HK in un punto Q del semipiano
determinato dalla retta HL e contenente B e C che non può appartenere per ipotesi al
segmento HK.
P
A
B
H
R2
Q
R1
L
K
R2
C
Ne segue che il segmento HK è contenuto all’interno del segmento PQ, ed essendo P e Q
due punti del triangolo ABC si ha che il segmento HK è contenuto all’interno del triangolo
ABC.
Infine essendo F (ABC) ∩ F (HKL) = ∅ il triangolo HKL non può che essere all’interno del
triangolo ABC.
PROPOSIZIONE 2
Date tre rette distinte r, s e t passanti per un punto P
r
R2
A
B
R1
P
s
C
R2
t
consideriamo tre angoli non adiacenti R1, R2, e R3 dei sei formati dalle tre rette r, s e t.
Presi tre punti A, B e C tali che A ∈ R1 , B∈ R2 e C∈ R3 , si ha:
i) A, B e C formano un triangolo;
ii) P∈Triangolo(ABC)
Dim.
Si prova con considerazioni analoghe alla proposizione precedente. Si noti che la presente
proposizione rappresenta il caso limite della proposizione 1 nel quale il triangolo HKL si
riduce al punto P.
LEMMA
Dati tre cerchi C1 , C2 e C3 tali che: C1 ∩ C2 ∩ C3 ≠ ∅ e una figura convessa D
che:
D ∩ Ch ∩ Ck ≠ ∅ per ogni coppia h, k con h e k in {1, 2, 3 } e h ≠ k , si ha:
tale
D ∩ C1 ∩ C2 ∩ C3 ≠ ∅
Dim.
1° caso: esistono h , k e l (con h, k e l in {1, 2, 3 } e distinti) tali che: Ch
Banalmente si ha: C1 ∩ C2 ∩ C3 = Ch ∩ Ck e quindi:
D ∩ C1 ∩ C2 ∩ C3 = D ∩ Ch
∩ Ck ⊆ Cl .
∩ Ck ≠ ∅
2° caso: le restanti configurazioni corrispondono a tutte le terne di cerchi a due a due
secanti non trattate nel caso 1). Indicati con P e Q i punti di intersezione tra le frontiere di
Ch e Ck :
P
C
C
Ch ∩
Q
la frontiera di Cl incontrerà la frontiera della regione Ch
tre cerchi) in uno dei 4 seguenti modi:
∩ Ck (a meno di ridenominare i
I) sottocaso: la frontiera di Cl incontra la frontiera di Ch ∩ Ck solo nel punto P (o Q) e
quindi interseca le frontiere di Ch e Ck rispettivamente in due punti R e S fuori dagli archi
PQ che contengono i loro punti comuni.
Cl
S
R
∩
Ck
P
C
Ch ∩
C
Ch ∩
Q
Per ipotesi la regione convessa D deve contenere almeno tre punti A, B e C appartenenti
rispettivamente alle tre regioni Ch ∩ Ck , Ck ∩ Cl e Ch ∩ Cl : se uno questi coincide
con P si ha: D ∩ C1 ∩ C2 ∩ C3 = { P }≠ ∅ , altrimenti tracciamo le tre tangenti per P ai tre
cerchi e osserviamo che i tre punti A, B e C si trovano all’interno di tre angoli non adiacenti
dei sei formati dalle tangenti.
Cl
S
P
R
B
C
A
C
C
Q
In virtù della prop 2, A, B e C formano un triangolo contenente il punto P; il triangolo ABC
è a sua volta contenuto in D ( D è convessa) e quindi si ha ancora:
D ∩ C1 ∩ C2 ∩ C3 = { P }≠ ∅.
II) sottocaso: la frontiera di Cl incontra la frontiera di Ch ∩ Ck nei due punti R e S distinti
da P e da Q e interseca le frontiere di Ch e Ck rispettivamente in due punti T e U fuori
dagli archi PQ che contengono i loro punti comuni oppure coincidenti entrambi con P o
con Q.
Cl
U
∩
Ck
P
Ch ∩
C
T
S
R
C
Ch ∩
Q
Ch ∩ Ck
∩
Per ipotesi la regione convessa D deve contenere almeno tre punti A, B C appartenenti
rispettivamente alle tre regioni Ch ∩ Ck , Ck ∩ Cl e Ch ∩ Cl : se uno questi si trova in
C1 ∩ C2 ∩ C3 si ha immediatamente: D ∩ C1 ∩ C2 ∩ C3 ≠ ∅ , altrimenti tracciamo le tre
rette PR, PS e RS e osserviamo che i tre punti A, B e C si trovano all’interno
rispettivamente delle tre regioni: Ŝ - Triangolo(PRS); R̂ - Triangolo(PRS);P̂ Triangolo(PRS)
avendo indicato con Ŝ , R̂ e P̂ gli angoli convessi determinati dal triangolo PRS
Cl
U
P
T
B
A
C
S
R
C
C
Q
In virtù della prop 1, A, B e C formano un triangolo che interseca il triangolo PRS
contenuto in C1 ∩ C2 ∩ C3 ; il triangolo ABC è a sua volta contenuto in D ( D è convessa)
e quindi si ha: ∅ ≠ Triangolo(ABC) ∩ Triangolo(PRS) ⊆ D ∩ C1 ∩ C2 ∩ C3
La figura nel caso in cui T e U coincidono è la seguente (la dimostrazione segue gli stessi
passi):
Cl
P≡T≡U
B
A
S
R
C
C
Q
C
III) sottocaso: la frontiera di Cl incontra la frontiera di Ch
S, T e U distinti da P e da Q.
∩ Ck nei quattro punti diversi R,
∩
Ck
P
C
S
R
Ch ∩
Cl
C
T
U
Q
Ch ∩
Ch ∩ Ck
∩
Per ipotesi la regione convessa D deve contenere almeno due punti A e B appartenenti
rispettivamente alle due regioni Ck ∩ Cl e Ch ∩ Cl : se uno questi si trova in
C1 ∩ C2 ∩ C3 si ha immediatamente: D ∩ C1 ∩ C2 ∩ C3 ≠ ∅ , altrimenti tracciamo le
quattro rette RS, TU , RT e SU e osserviamo che i due punti A e B si trovano all’interno
dell’intersezione H del semipiano determinato dalla retta RS e contenente i punti T e U , e
del semipiano determinato dalla retta TU e contenente i punti R e S; notiamo inoltre che A
e B appartengono ai semipiani opposti determinati dalla retta RT e quindi il segmento AB
incontra la retta RT in un punto D.
P
S
R
C
C
D
A
B
U
T
Cl
Q
Essendo la regione H convessa, tale punto deve appartenere a H e quindi al segmento
RT lato del quadrilatero RTUS contenuto in C1 ∩ C2 ∩ C3 ; ma il segmento AB è a sua
volta contenuto in D ( D è convessa), ne segue che:
∅ ≠ {D} ⊆ Segmento(AB) ∩ Segmento(RT) ⊆ D ∩ Quadrilatero(RTUS) ⊆ D ∩ C1 ∩ C2 ∩
C3
TEOREMA
Sei nel piano n cerchi a tre a tre si intersecano allora esiste un punto comune a tutti i
cerchi.
Dim.
Per induzione per n ≥ 3
A) n=3. Segue immediatamente dall’ipotesi del teorema che i cerchi si intersecano a tre a
tre.
B) n ⇒ n+1. Dati gli n+1 cerchi C1, C2, C3 , ... , Cn , Cn+1 consideriamo l’insieme dei primi
n −2. Se n ≥ 5 per ipotesi induttiva la loro intersezione è non vuota e, siccome si tratta di
un numero finito di figure convesse, la loro intersezione è una figura convessa D. Nel caso
n = 4 si hanno solo due cerchi che, dovendo intersecare un qualunque altro cerchio,
hanno un’intersezione non vuota (convessa) D. Infine se n=3 l’intersezione si riduce ad un
solo cerchio che prenderà il posto di D. Consideriamo ora gli ultimi tre cerchi Cn-1, Cn e
Cn+1 , per le ipotesi del teorema essi si incontrano, e per ipotesi induttiva si ha:
D
D
D
∩ Cn-1 ∩ Cn = C1 ∩ C2 ∩C3 ∩ ... ∩ Cn-2 ∩ Cn-1 ∩ Cn ≠ ∅
∩ Cn-1 ∩ Cn+1 = C1 ∩ C2 ∩C3 ∩ ... ∩ Cn-2 ∩ Cn-1 ∩ Cn+1 ≠ ∅
∩ Cn ∩ Cn+1 = C1 ∩ C2 ∩C3 ∩ ... ∩ Cn-2 ∩ Cn ∩ Cn+1 ≠ ∅
ma allora per il lemma si ha:
D
∩ Cn-1 ∩ Cn ∩ Cn+1 = C1 ∩ C2 ∩C3 ∩ ... ∩ Cn-2 ∩ Cn-1 ∩ Cn ∩ Cn+1 ≠ ∅.
