Triangolo equilatero natalizio

[Piera]

Sia $ G $ il baricentro di un triangolo $ ABC $.
Sapendo che $ \angle{BAC}=60° $ e $ \angle{BGC}=120° $,
dimostrare che $ ABC $ è equilatero.

[jordan]

dato che l'angolo è doppio allora (considerata anche la retta di eulero) $ G\equiv O\equiv H $, quindi ogni mediana coincide con ogni altezza: ABC sarà quindi isoscele rispetto ciascun lato e in conclusione equilatero..

è uno dei primi di geometria che risolvo

[Piera]

Ok.
Questo è il secondo, e ultimo, punto dell'esercizio.
Sia $ P $ un punto interno di un triangolo $ ABC $.
Sapendo che $ \angle{PAB}=\angle{PBC}=\angle{PCA}=30° $,
dimostrare che anche in questo caso il triangolo $ ABC $ è equilatero.

[darkcrystal]

Rispondo solo perchè ho trovato una soluzione "strana" che fa uso di una disuguaglianza non molto nota, così mi sembra utile ricordarla.

Siano a,b,c i lati del triangolo con la notazione standard.

Applichiamo ciclicamente il teorema di Carnot ai tre triangoli ABP,BCP,CAP per calcolare i quadrati dei lati BP, CP, AP, ottenendo:
$ AP^2+c^2-\sqrt{3}c \cdot AP=BP^2 $ e cicliche.

Sommiamo le tre relazioni ottenute per avere $ a^2+b^2+c^2=\sqrt{3}(c \cdot AP + a \cdot BP + b \cdot CP ) $.

Dividendo e moltiplicando per 4 il membro destro, e accorgendosi che la quantità $ \frac14 \left( c \cdot AP + a \cdot BP + b \cdot CP \right) $ è l'area del triangolo, dato che basta applicare la formula trigonometrica dell'area ai tre triangolini ABP,BCP,CAP rispetto agli angoli di 30°, si ottiene $ a^2+b^2+c^2=4\sqrt{3}A $, dove A indica l'area del triangolo: ed ecco che entra in gioco la semisconosciuta disuguaglianza di Weitzenböck (spero vivamente si scriva così), che dice che $ a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}A $, con uguaglianza se e solo se il triangolo è equilatero... che è la nostra tesi.

Ciao!

[jordan]

questo problema lo conoscevo giàda molto tempo, ma non l'avevo mai risolto..

sicuramente esisterà una soluzione veloce, bella, olimpica (non è la mia..)

definisco $ PAC=\alpha $ e $ PBA=\beta $, per ceva trigonometrica dobbiamo avere: $ \displaystyle \frac{{\sin{\pi/6}}{\sin{\pi/6}}{\sin{\pi/6}}}{{\sin{\alpha}}{\sin{\beta}}{\sin({\pi-(\alpha+\beta)})}}=1 $ da cui si ottiene facilmente $ \frac{1}{8}=\sin{\alpha}\sin{\beta}\cos({\alpha+\beta}) $. esplicitando il coseno e ricordando che $ \sin(x)\cos(x)=\frac{1}{2}\sin(2x) $ allora possiamo dedurre che $ 2\sin{2\alpha}\sin{2\beta}-8{(\sin\alpha \sin\beta)}^2=1 $. imponendo ora $ 2\alpha=x $ e $ 2\beta=y $ la nostra tesi è dimostrare che $ x=y=\frac{\pi}{3} $, e ricordando che $ {(\sin x)}^2=\frac{1-\cos x}{2} $ allora possiamo riscrivere il tutto come $ \frac{1}{2}=\sin x \sin y + \cos y -1 -\cos x \cos y + \cos x $. "aggiustando" un po il tutto (e raggruppando la differenza tra i due prodotti seno e coseno)otteniamo adesso: $ \frac{3}{2}=\cos x+\cos y - \cos {(x+y)} $. con le formule diprostaferesi per la somma dei coseni e e formule di werner per il coseno della somma (entrambi facilmente dimostrabili), e in particolare che $ \cos {(2w)}=2{(\cos{w})}^2-1 $ ottengo facilmente:
$ \displaystyle \frac{1}{4}=\cos{(\frac{x+y}{2})}(\cos{(\frac{x-y}{2})}-\cos{(\frac{x+y}{2})}) $.
dopo questa miriade di formule usate deve venire l'idea..vediamo 1/4 e il coseno al quadrato, che ci viene in mente?
$ \displaystyle {(\cos{(\frac{x+y}{2})} -\frac{1}{2})}^2 + \cos{(\frac{x+y}{2})} ( 1 - \cos{(\frac{x-y}{2})})=0 $
adesso $ {(\frac{x+y}{2})}<\frac {\pi}{2} $ no?
adesso $ ( 1 - \cos{(\frac{x-y}{2})})\ge 0 $no? e quando vale l'uguaglianza?
e il primo addendo è un quadrato $ \ge 0 $, e quando uguaglianza?
guarda caso, tutti termini positivi, magia
tutti gli angoletti di ABC sono $ \frac{\pi}{6} $, da qui è immediato che è equilatero..

@darkrystal non voglio insistere mala disuguaglianza con la quale finisci è un vecchissimo IMO, si dimostra facile, ma darla per assodato non mi sembra il caso..
ciao

[darkcrystal]

Uops mi sono dimenticato di mettere il link... non l'ho dimostrata apposta: viewtopic.php?t=9848, e comunque non è in effetti particolarmente difficile da dimostrare...

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

Ok.
Questo è il secondo, e ultimo, punto dell'esercizio.
Sia $ P $ un punto interno di un triangolo $ ABC $.
Sapendo che $ \angle{PAB}=\angle{PBC}=\angle{PCA}=30° $,
dimostrare che anche in questo caso il triangolo $ ABC $ è equilatero.

essendo $ \angle{PAB}=\angle{PBC}=\angle{PCA} $ , P è il primo punto di Brocard, ma quindi l'angolo di brocard vale al massimo 30 solo quando è equilatero il triangolo

[Pigkappa]

Ok.
Questo è il secondo, e ultimo, punto dell'esercizio.
Sia $ P $ un punto interno di un triangolo $ ABC $.
Sapendo che $ \angle{PAB}=\angle{PBC}=\angle{PCA}=30° $,
dimostrare che anche in questo caso il triangolo $ ABC $ è equilatero.

essendo $ \angle{PAB}=\angle{PBC}=\angle{PCA} $ , P è il primo punto di Brocard, ma quindi l'angolo di brocard vale al massimo 30 solo quando è equilatero il triangolo

A me non pare una "soluzione" questa, a dire il vero...

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

vabè sono solo un po' di fatti noti, $ \displaystyle \omega \le \frac{\pi}{6} $ è già stato dimostrato qui.