437

Označimo sa $s_A$ polupravu unutrašnje simetrale ugla $A ,$ usmerenu iz $A$ kroz unutrašnjost trougla i dalje preko $BC .$ Kod temena $B$ posmatramo onu polupravu $s_B^{\mathrm{sp}}$ spoljašnje simetrale koja leži u poluravni određenoj pravom $BC$ suprotnoj od temena $A .$ Te poluprave se zaista seku u toj poluravni. Naime, ako je $E=s_A\cap BC$ i ako uglove trougla označimo sa $\alpha,\beta,\gamma ,$ onda nastavak poluprave $s_A$ od $E$ sa $EB$ zaklapa ugao $\beta+\frac{\alpha}{2} ,$ a izabrana spoljašnja simetrala u $B$ sa $BE$ zaklapa ugao $\frac{180^\circ-\beta}{2} .$ Zbir ta dva ugla je $180^\circ-\frac{\gamma}{2}<180^\circ ,$ pa se poluprave seku i sa duži $BE$ obrazuju trougao u poluravni suprotnoj od $A .$ Njihov presek označimo sa $I_A .$

Iz tačke $I_A$ spustimo normale na prave koje sadrže stranice: neka su $F\in\overleftrightarrow{AB} ,$ $G\in\overleftrightarrow{AC}$ i $D\in\overleftrightarrow{BC}$ podnožja tih normala. Za sada ne pretpostavljamo gde se podnožja nalaze na tim pravama; njihov tačan položaj dokazaćemo kasnije.

Pošto je $I_A$ na unutrašnjoj simetrali ugla $A ,$ njegove normalne udaljenosti od pravih $AB$ i $AC$ jednake su. Pošto je istovremeno na spoljašnjoj simetrali kod $B ,$ jednake su mu normalne udaljenosti od pravih $AB$ i $BC .$ Prema tome, sve tri udaljenosti su jednake.

Iz $I_AG=I_AD$ sledi da je $I_A$ na jednoj od simetrala uglova koje obrazuju prave $AC$ i $BC .$ Moramo odrediti na kojoj. Unutrašnja simetrala kod $C$ ima polupravu koja iz $C$ ulazi u trougao i njenu suprotnu polupravu ispod $BC$; zato sama činjenica da je $I_A$ sa suprotne strane prave $BC$ od $A$ još nije dovoljna da se unutrašnja simetrala odbaci.

Pretpostavimo da je $I_A$ na pravoj unutrašnje simetrale ugla $C .$ Prave unutrašnjih simetrala uglova $A$ i $C$ već se seku u unutrašnjosti trougla: njihove poluprave koje ulaze u trougao imaju zajedničku tačku, središte upisanog kruga. Dve različite prave ne mogu imati još jedan presek ispod $BC .$ To protivreči činjenicama $I_A\in s_A$ i da je $I_A$ sa strane prave $BC$ suprotne od $A .$ Dakle, $I_A$ nije na unutrašnjoj, nego na spoljašnjoj simetrali kod $C$; preciznije, na njenoj polupravi u spoljašnjem uglu između poluprave $CB$ i produžetka poluprave $CA$ preko $C .$

Time sve tri tražene simetrale prolaze kroz istu tačku. Zaista, $I_A$ pripada unutrašnjoj simetrali kod $A$ po definiciji, izabranoj spoljašnjoj simetrali kod $B$ po definiciji, a spoljašnjoj simetrali kod $C$ po prethodnom koraku.

Sada određujemo položaj podnožja. Poluprava $BI_A$ polovi spoljašnji ugao između poluprave $BC$ i produžetka poluprave $BA$ preko $B .$ Svaki od dobijenih poluuglova je oštar, pa ortogonalna projekcija tačke $I_A$ na $BC$ leži na polupravi $BC ,$ a projekcija na $AB$ na polupravi iz $B$ suprotnoj od $BA .$ Zato je $D$ na polupravi $BC ,$ a $F$ na produžetku stranice $AB$ preko temena $B .$ Slično, poluprava $CI_A$ polovi spoljašnji ugao između poluprave $CB$ i produžetka poluprave $CA$ preko $C$; zato je $D$ i na polupravi $CB ,$ dok je $G$ na produžetku stranice $AC$ preko temena $C .$ Kako je $D$ istovremeno na polupravama $BC$ i $CB ,$ ono pripada duži $BC .$

Neka je $r=I_AD=I_AF=I_AG$ i konstruišimo krug $k$ sa središtem $I_A$ i poluprečnikom $r .$ Pošto su $I_AD ,$ $I_AF$ i $I_AG$ normalni na odgovarajuće prave, krug ih dodiruje redom u tačkama $D ,$ $F$ i $G .$ Dokazani položaji podnožja pokazuju da je $D$ na samoj stranici $BC ,$ $F$ na produžetku $AB$ preko $B ,$ a $G$ na produžetku $AC$ preko $C .$ To je traženi spolja upisani krug naspram temena $A .$