Sean $R$ y $S$ puntos distintos sobre una circunferencia $\Omega$ tales que $RS$ no es un diámetro de $\Omega$. Sea $\ell$ la recta tangente a $\Omega$ en $R$. El punto $T$ es tal que $S$ es el punto medio del segmento $RT$. El punto $J$ se elige en el menor arco $RS$ de $\Omega$ de manera que $\Gamma$, la circunferencia circunscrita al triángulo $JST$, interseca a $\ell$ en dos puntos distintos. Sea $A$ el punto común de $\Gamma$ y $\ell$ más cercano a $R$. La recta $AJ$ corta por segunda vez a $\Omega$ en $K$. Demostrar que la recta $KT$ es tangente a $\Gamma$.
Primero veamos que [math]AT \parallel RK: [math]\angle ATS = 180 - \angle AJS = \angle SJK = \angle SRK. Tambien sabemos que, como [math]AR es tangente a [math]\Omega, [math]\angle ARS = \angle RKS. Entonces, [math]\triangle TRA \sim \triangle RKS y [math]\frac{TS}{TA} = \frac{RS}{AT} = \frac{RK}{RT}. Pero como [math]\angle KRT = \angle STA, [math]\triangle RTK \sim TAS, por LAL. Sigue inmediatamente que [math]\angle TAS = \angle KTS y [math]KT es tangente a [math]\Gamma.
Como [math]\angle{KRT}=\angle{KJS}=\angle{STA} por ciclicos, tenemos que [math]RK\parallel{AT}. Sea [math]A' el reflejo de [math]A por [math]S. Entonces [math]RA'TA es un paralelogramo y [math]R,K,A' son colineales. Notemos que [math]\angle{STA'}=\angle{ARS}=\angle{RKS} por la paralela y semi-inscritos, por lo que [math]KA'TS es ciclico. Entonces [math]\angle{KTS}=\angle{KA'S}=\angle{SAT} y estamos por semiinscritos.
Llamemos [math]\alpha a [math]A\widehat{T}S. Por arco capaz en la circunferencia [math]\Gamma con la cuerda AS, [math]A\widehat{J}S=180-[math]\alpha. [math]K\widehat{J}S es 180-180+[math]\alpha, por lo tanto, [math]K\widehat{J}S=[math]\alpha. Luego, por arco capaz en la circunferencia [math]\Omega con la cuerda SK tenemos que [math]S\widehat{J}K=[math]S\widehat{R}K. Por esto [math]S\widehat{R}K=[math]\alpha. AT es paralela a RK por ángulo entre paralelas ([math]A\widehat{T}R=[math]T\widehat{R}K=[math]\alpha). Por ángulo semiinscripto, el ángulo [math]A\widehat{R}S=[math]R\widehat{K}S.
Si nos fijamos, el triángulo ART es semejante al triángulo RSK. Por esto, [math]\frac{SK}{AR}=[math]\frac{RK}{RT}=[math]\frac{RS}{AT}. Como RS=ST, [math]\frac{RK}{RT}=[math]\frac{ST}{AT}. Si lo resolvemos, tenemos que [math]\frac{RK}{ST}=[math]\frac{RT}{AT} y además [math]K\widehat{R}T=[math]S\widehat{T}A. Esto indica que los triángulos STA y RKT son semejantes. Por esto, [math]R\widehat{T}K=[math]S\widehat{A}T (ya que son ángulos opuestos a los lados que se dividen en la semejanza). La única forma de que estos ánguos sean iguales, es que la recta KT sea tangente a la circunferencia [math]\Gamma, ya que [math]R\widehat{T}K=[math]S\widehat{A}T por ángulo semiinscripto. Queda demostrado que la recta KT es tangente a la circunferencia [math]\Gamma
Llamemos [math]\alpha a [math]A\widehat{T}S. Por arco capaz en la circunferencia [math]\Gamma con la cuerda AS, [math]A\widehat{J}S=180-[math]\alpha. [math]K\widehat{J}S es 180-180+[math]\alpha, por lo tanto, [math]K\widehat{J}S=[math]\alpha. Luego, por arco capaz en la circunferencia [math]\Omega con la cuerda SK tenemos que [math]S\widehat{J}K=[math]S\widehat{R}K. Por esto [math]S\widehat{R}K=[math]\alpha. AT es paralela a RK por ángulo entre paralelas ([math]A\widehat{T}R=[math]T\widehat{R}K=[math]\alpha). Por ángulo semiinscripto, el ángulo [math]A\widehat{R}S=[math]R\widehat{K}S.
Si nos fijamos, el triángulo ART es semejante al triángulo RSK. Por esto, [math]\frac{SK}{AR}=[math]\frac{RK}{RT}=[math]\frac{RS}{AT}. Como RS=ST, [math]\frac{RK}{RT}=[math]\frac{ST}{AT}. Si lo resolvemos, tenemos que [math]\frac{RK}{ST}=[math]\frac{RT}{AT} y además [math]K\widehat{R}T=[math]S\widehat{T}A. Esto indica que los triángulos STA y RKT son semejantes. Por esto, [math]R\widehat{T}K=[math]S\widehat{A}T (ya que son ángulos opuestos a los lados que se dividen en la semejanza). La única forma de que estos ánguos sean iguales, es que la recta KT sea tangente a la circunferencia [math]\Gamma, ya que [math]R\widehat{T}K=[math]S\widehat{A}T por ángulo semiinscripto. Queda demostrado que la recta KT es tangente a la circunferencia [math]\Gamma
Exactamente la misma que la mia jaja
Para todo [math]k, existen [math]k primos en sucesión aritmética.
Consideremos la inversión de centro $R$ y radio $\sqrt{RS\cdot RT}$. Sea $K'$ el inverso de $K$, notemos además que $S$ y $T$ son inversos, de donde $\Gamma$ queda fija.
Como $RA$ es tangente a $\Omega$, entonces $TK'\parallel RA$, y por Reim $RK'\parallel RK\parallel TA$. Entonces $RATK'$ es un paralelogramo, y como $S$ es el punto medio de $RT$ se sigue que $S$ es el punto medio de $AK'$, entonces $\odot RSK'$ y $\Gamma$ son simétricas por $S$, así que son tangentes. Como la inversión preserva tangencias, tenemos que $TK$ y $\Gamma$ son tangentes.
