Triangolo equilatero

[FeddyStra]

Sia $ ABC $ un triangolo qualsiasi e $ G $ il suo baricentro (questa volta è proprio giusto baricentro, non come altre volte: 1 e 2 ).
Sia ora $ B' $ l'immagine di $ B $ sotto la rotazione di $ 120° $ di centro $ G $ e $ C' $ l'immagine di $ C $ sotto la rotazione di $ -120° $ attorno a $ G $.

Dimostrare che il triangolo $ AB'C' $ è equilatero.

[WiZaRd]

Dato che sono 15 giorni che il problema permane senza soluzione, non è che la potresti mettere tu?

[FeddyStra]

Dato che sono 15 giorni che il problema permane senza soluzione, non è che la potresti mettere tu?

Lol! Mi ero pure dimenticato di aver messo un problema!

A ogni modo, ecco la mia soluzione.

Lemma
Sia $ \displaystyle j=-\frac12+\frac{\sqrt3}2i $ il numero complesso che identifica una rotazione di $ 120° $. (I.e.: se $ z\in\mathbb{C} $ allora $ jz $ si ottiene ruotando $ z $ di $ 120° $ attorno all'origine.)
Siano inoltre $ A $, $ B $ e $ C $ dei numeri complessi che formano un triangolo in verso antiorario.
Allora il triangolo $ ABC $ è equilatero se e solo se $ A+jB+j^2B=0 $.

Proof
Iniziamo col notare che$ j^3-1=(j-1)(j^2+j+1)=0 $ e siccome $ j\neq1 $ allora $ j^2+j+1=0\ \leadsto\ -(j+1)=j^2 $.
Affinchè il triangolo sia equilatero è necessario e sufficiente che ruotando $ BC $ di $ 120° $ intorno a $ C $ si ottenga un segmento opposto a $ CA $, ovvero $ j(B-C)=-(A-C)\ \leadsto\ A+jB-(j+1)C=A+jB+j^2C=0 $.

Scriviamo il lemma senza i complessi: troviamone cioè un significato più "geometrico".
Sia $ ABC $ il nostro triangolo e $ P $ un punto del piano. Chiamiamo $ B_{rot} $ il punto ottenuto ruotando $ B $ di $ 120° $ attorno a $ P $ e $ C_{rot} $ il punto ottenuto ruotando $ C $ di $ -120°=240° $ attorno a $ P $. Il lemma dice che $ ABC $ è equilatero iff i vettori $ PA $, $ PB_{rot} $ e $ PC_{rot} $ hanno somma nulla.

Se applichiamo il lemma al problema con $ P\equiv G $, troviamo che il triangolo $ AC'B' $ è equilatero iff $ \vec{GA}+\vec{GB}+\vec{GC}=0 $, il che è evidente.

EDIT: identità 'evidente' che compare alla fine: $ g=\frac{a+b+c}3\ \implies\ \left(a-\frac{a+b+c}3\right)+\left(b-\frac{a+b+c}3\right)+\left(c-\frac{a+b+c}3\right)=0 $.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

Orribile soluzione Carnottiana:

Chiamiamo $ AG=x_a $, $ BG=x_b $ e $ CG=x_c $ e chiamiamo $ \angle BGC = x $, $ \angle CGA = y $ e $ \angle AGB = z $.

Allora abbiamo:

$ \displaystyle B'C'^2 = x_b^2 + x_c^2 - 2x_bx_c \cos (240-x) = x_b^2 + x_c^2 - 2x_bx_c \cos (120+x) $

$ \displaystyle B'A^2 = x_b^2 + x_a^2 - 2x_bx_a \cos (240-z) = x_b^2 + x_a^2 - 2x_bx_a \cos (120+z) $

$ \displaystyle C'A^2 = x_c^2 + x_a^2 - 2x_cx_a \cos (240-y) = x_c^2 + x_a^2 - 2x_cx_a \cos (120+y) $

Inoltre

$ \displaystyle \cos x = \frac{x_b^2 + x_c^2 -a^2}{2x_bx_b} $ e cicliche e inoltre

$ \displaystyle -2x_bx_c \cos (120+x) = \frac{x_b^2 + x_c^2 -a^2}{2} + \sqrt{3} x_bx_c \sin x $ e cicliche.

Quindi abbiamo:

$ \displaystyle B'A^2 = C'A^2 \ \Longleftrightarrow \ \ 3 (x_b^2 - x_c^2) + 2\sqrt{3}x_a(x_b \sin z - x_c \sin y) = c^2 - b^2 $

Chiamiamo $ m_a $ la mediana da A e cicliche, allora:

$ \displaystyle 3 (x_b^2 - x_c^2) = \frac{4}{3} (m_b^2 - m_c^2) = \frac{1}{3} [2(a^2+c^2)-b^2-2(a^2+b^2)+c^2] = c^2 - b^2 $

Inoltre chiamiamo B'' la proiezione di B su AG e C'' la proiezione di C su AG, allora abbiamo:

$ x_b \sin z = BB'' = CC'' = x_c \sin y $

quindi $ 2\sqrt{3}x_a(x_b \sin z - x_c \sin y)=0 $

e l'uguaglianza e verificata e ugualmente per le altre, quindi $ AB' = AC' = B'C' $.

[FeddyStra]

Aspetta... non mi ricordo cosa si dice in questi casi... ah sì! " "
Del resto, mi stupisco che tu non abbia tirato in ballo anche qualche polare!
Comunque, vi consiglio di tenere a mente quel simpatico lemma.

[WiZaRd]

Stupende entrambe le soluzioni. Interessante il lemma. Thanks so much!

EDITATO (per questioni di decenza)

[FeddyStra]

P.S.
Un consiglio su come dimostrare il lemma?!

Le prime 3 righe dopo proof sono la dimostrazione del lemma...

[WiZaRd]

P.S.
Un consiglio su come dimostrare il lemma?!

Le prime 3 righe dopo proof sono la dimostrazione del lemma...

Sì, sì, ovviamente... è che mi sono completamente dimenaticato di cancellare il post idiota che ho lasciato dopo essermene reso conto.
Chiedo venia.