La declaración del problema es el siguiente:
Se diseca un triángulo en seis triángulos más pequeños por sus bisectrices. Demostrar que las intersecciones de las bisectrices de cada uno de estos triángulos más pequeños mienten en una elipse.
¿Aquí nadie podía resolverlo?
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Este es un caso especial de una más general resultado (que sospecho que debe ser conocido, pero no era muy difícil obtener de forma independiente) acerca de cuando los extremos de los tres concurrentes segmentos de mentir sobre una cónica (son "co-conicear"?).
La proposición. Supongamos seis puntos distintos, $P_0$, $P_1$, $P_2$, $Q_0$, $Q_1$, $Q_2$ son tales que las líneas de $P_i Q_i$ son distintos y de acuerdo a distintas séptimo punto, $R$. Escribir $p_i := \pm|RP_i|$, $q_i := \pm|RQ_i|$, y $\theta_i = \angle P_{i-1}RP_{i+1}$; para cada una de las $i$, asignamos $p_i$ $q_i$ signos opuestos si $R$ entre $P_i$$Q_i$, e idénticos signos de otra manera. (El $p_i$ $q_i$ no puede ser cero, ni iguales). Luego, los seis puntos se encuentran sobre una misma cónica si y sólo si
$$ \sum_i \left(\frac{1}{p_i}+\frac{1}{q_i}\right)\sin\theta_i = 0$$
Prueba. Tome $R$ a ser el origen, y asignar coordenadas a los puntos:
$$\begin{eqnarray*} P_0 = p_0 (1, 0) \hspace{0.25in} P_1 = p_1(\cos\phi_1, \sin\phi_1) \hspace{0.25in} P_2 = p_2 (\cos\phi_2,\sin\phi_2)\\ Q_0 = q_0 (1, 0) \hspace{0.25in} Q_1 = q_1(\cos\phi_1, \sin\phi_1) \hspace{0.25in} Q_2 = q_2 (\cos\phi_2,\sin\phi_2) \end{eqnarray*}$$
Sustituir las coordenadas en la cónica plantilla $A x^2 + 2 B xy + Cy^2 + 2 D x + 2 Ey + 1 = 0$ para obtener un sistema de seis ecuaciones con cinco coeficientes desconocidos. (Tenga en cuenta que cualquier cónica no pasa por el origen, o $R$ en el contexto general.) Un sistema de álgebra computacional ayuda a determinar que el sistema impone una dependencia entre el $p_i$, $q_i$, y $\theta_i$ ---por ejemplo, evaluar el factor determinante en la ecuación (8) de MathWorld "de la Sección Cónica" de entrada, con la sexta coordenadas del punto entró en la fila superior--- que la dependencia puede ser expresado como la suma anterior, con (tomando $\phi_0 := 0$) $\sin\theta_i := \sin(\phi_{i+1}-\phi_{i-1})$. Tenga en cuenta que nuestras suposiciones que proporcionan $p_i \ne 0$, $q_i \ne 0$, $p_i \ne q_i$, y que $\sin\theta_i\ne 0$.
Para el problema en la mano ...
La Propuesta es claramente relevante, ya que los pares de un triángulo "sub-incenters" determinar los tres segmentos que concurren en el incentro del triángulo. Sólo tenemos que averiguar las longitudes y los ángulos involucrados para ejecutar el "co-conicearity de prueba".
En primer lugar, algunos notación: Vamos a $\triangle ABC$ han incentro $I$, y vamos a $N_A$, $N_B$, $N_C$ ser los puntos donde las bisectrices de un ángulo $AI$, $BI$, y $CI$ satisfacer lados $BC$, $CA$, y $AB$, respectivamente. (Si consultas la primera figura en MathWorld "de la circunferencia inscrita" de entrada, mi $N$s están cerca de su $M$s ... que es la razón por la que elegí "$N$" para referirse a ellos.) Deje $P_{AB}$ ser el incentro de $\triangle IAN_C$; el "$AB$" indica que el triángulo que se encuentra a lo largo de $A$'s extremo del lado de la $AB$. Asimismo, vamos a $P_{BC}$ $P_{CA}$ ser el incenters de $\triangle IBN_A$$\triangle ICN_B$; y $Q_{BA}$, $Q_{CB}$, $Q_{AC}$ ser la incenters de $\triangle IBN_C$, $\triangle ICN_A$, y $\triangle IAN_B$. (Concurrente de los segmentos, a continuación,$P_{CA}Q_{BA}$, $P_{AB}Q_{CB}$, $P_{BC}Q_{AC}$.)
Porque $AI$, $BI$, y $CI$ bisecar vértice de los ángulos, y cada una de las $P_\star I$ $Q_\star I$ divide un ángulo en el $I$, la búsqueda de (los senos) el ángulo entre los segmentos es sencillo, como se muestra a continuación.
Nota. Para ahorrar espacio, escribo "$\theta_n$""$\frac{\theta}{n}$". Observar que $\alpha_n+\beta_n+\gamma_n = \pi_n$.
$$\begin{eqnarray*} \sin\angle P_{BC}IP_{CA} &=& \sin(\angle BIN_B - \angle BIP_{BC} - \angle N_B IP_{CA} \\ &=& \sin\left( \pi - \frac{1}{2} \angle BIN_A - \frac{1}{2}\angle CIN_B \right) \\ &=& \sin\left(\frac{1}{2}(\alpha_2+\beta_2)+\frac{1}{2}(\gamma_2+\beta_2)\right) = \sin\left(\alpha_4 + 2\beta_4+\gamma_4\right) \\ &=& \sin\left( \pi_4 + \beta_4 \right) \end{eqnarray*}$$
Para la información de longitud, necesitamos formular la distancia del incentro del triángulo con uno de sus vértices.
Deje $\triangle ABC$ han borde longitudes $a$, $b$, y $c$ (en el estándar de acuerdo), y deje $d$ ser el triángulo del circumdiameter (que, por supuesto, satisface $d = \frac{a}{\sin\alpha} = \frac{b}{\sin\beta}=\frac{c}{\sin\gamma}$). Invocar la Ley de los Senos en $\triangle IBA$, y manipular adecuadamente, para obtener el siguiente
$$|IA| = \frac{|AB|\sin\angle IBA}{\sin(\pi-\angle IBA-\angle IAB)} = \frac{c\sin\beta_2}{\sin(\alpha_2+\beta_2)} = \frac{d\sin\gamma\sin\beta_2}{\cos\gamma_2}= 2 d \sin\beta_2\sin\gamma_2$$
(El uso de los circumdiameter hace que la simetría claro.)
Queremos aplicar esa fórmula, digamos, $\triangle IAN_C$, lo que ha incentro $P_{AB}$. Dentro de este triángulo, los ángulos en los $A$ $N_C$ son, respectivamente, $\alpha_2$ e (a partir de la observación $ACN_C$) $\pi-\alpha-\gamma_2=\pi_2+\beta_2-\alpha_2$. El circumdiameter es
$$d_{AB} = \frac{|IA|}{\sin\angle N_C} = \frac{2d\sin\beta_2\sin\gamma_2}{\sin(\pi_2+\beta_2-\alpha_2)}=\frac{2d\sin\beta_2\sin\gamma_2}{\cos(\beta_2-\alpha_2)}$$
y podemos calcular
$$|IP_{AB}| = 2 d_{AB} \sin\frac{\alpha_2}{2}\sin\frac{\pi_2+\beta_2-\alpha_2}{2} = \frac{4d\sin\alpha_4 \sin\beta_2\sin\gamma_2\sin(\pi_4+\beta_4-\alpha_4)}{\cos(\beta_2-\alpha_2)}$$
Eso es un poco feo. Si nos convenientemente escala de $\triangle ABC$, de modo que $d\sin\alpha_2\sin\beta_2\sin\gamma_2=1$, luego tenemos
$$\begin{eqnarray*} |IP_{AB}| &=& \frac{2\sin(\pi_4+\beta_4-\alpha_4)}{\cos\alpha_4\cos(\beta_2-\alpha_2)} = \frac{\sqrt{2}\left( \cos(\beta_4-\alpha_4)+\sin(\beta_4-\alpha_4)\right)}{\cos\alpha_4 \left( \cos^2(\beta_4-\alpha_4)-\sin^2(\beta_4-\alpha_4)\right)} \\ &=& \frac{\sqrt{2}}{\cos\alpha_4 \left(\cos(\beta_4-\alpha_4)-\sin(\beta_4-\alpha_4)\right)} = \frac{1}{\cos\alpha_4\cos\left(\pi_4+\beta_4-\alpha_4\right)} \end{eqnarray*}$$
Recordemos que el co-conicearity prueba requiere de vaivén de estas longitudes; conveniente, de verdad!
Todo lo que necesitamos hacer ahora es calcular los términos de la prueba de la suma. Con $I$, indiscutiblemente, la separación de los miembros de cada una de las $PQ$ par, sabemos que para asignar signos opuestos a los correspondientes a las longitudes de segmentos, dando a este factor
$$\begin{eqnarray*} \frac{1}{|IP_{AB}|}-\frac{1}{|IQ_{CB}|} &=& \cos\alpha_4 \cos(\pi_4+\beta_4-\alpha_4)-\cos\gamma_4\cos(\pi_4+\beta_4-\gamma_4) \\ &=& \frac{1}{2}\left( \cos(\pi_4-2\alpha_4+\beta_4)-\cos(\pi_4+\beta_4-2\gamma_4)\right) \\ &=& -\sin(\pi_4-\alpha_4+\beta_4-\gamma_4)\sin(\gamma_4-\alpha_4)\\ &=& -\sin\beta_2 \sin(\gamma_4-\alpha_4) \end{eqnarray*}$$
así que
$$\begin{eqnarray*} \left( \frac{1}{|IP_{AB}|}-\frac{1}{|IQ_{CB}|} \right) \sin\angle P_{BC}IP_{CA} &=& -\sin\beta_2 \sin(\gamma_4-\alpha_4)\sin(\pi_4+\beta_4) \\ &=& \frac{1}{2} \sin\beta_2 \left( \sin\gamma_2 - \sin\alpha_2 \right) \end{eqnarray*}$$
(La simplicidad aquí me hace pensar que mi enfoque se ha ignorado un Putnamian insight.)
Claramente, la Proposición cíclico suma desaparece, de modo que las seis sub-incenters mentira en común una cónica.
Verificación de que la cónica es, específicamente, una elipse es --por ahora-- a la izquierda para el lector.
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