OliForum Matematico

Se gli angoli $\alpha , \beta$ e $\gamma $ di un triangolo soddisfano $\cos{(3\alpha )}+\cos{(3\beta )}+\cos{(3 \gamma )} =1$, allora uno degli angoli vale $120°$.

P.s.: è facile (e brutto), si facciano avanti giovini di tutte le età e esperienze!

Notiamo che \(\cos(\gamma) = - \cos(\alpha+\beta)\) (1), perchè archi associati.

EDIT: Questa parte nascosta è assolutamente inutile. Superflua. Terribilmente di troppo. Insomma, si può allegramente saltare. Ho:

\(cos(3\alpha+3\beta) +1 = cos(3\alpha)+cos(3\beta)\) (2)

\(cos(3\alpha)cos(3\beta)-sin(3\alpha)sin(3\beta)= cos(3\alpha)+cos(3\beta) - 1 \)

\(cos(3\alpha)cos(3\beta)-cos(3\alpha)-cos(3\beta) + 1 = sin(3\alpha)sin(3\beta)\)

\((1-cos(3\alpha) ) (1-cos(3\beta) ) = \sqrt{(1-cos^2(3\alpha) )(1-cos^2(3\beta) } \)

\( (1-cos(3\alpha) )^2 (1-cos(3\beta) )^2 =(1-cos^2(3\alpha) )(1-cos^2(3\beta)\)

Se \(1-cos(3\alpha) = 0\), abbiamo \(3\alpha = 0\), che implica \(\alpha = 0,\frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}\); visto che \(0<\alpha<\pi\) perchè angolo di un triangolo, si otterrebbe la tesi, ossia \(\alpha =\frac{2\pi}{3}\).

Stesso discorso naturalmente per \( \beta\). Divido dunque per \((1-cos(3\alpha) ) (1-cos(3\beta) ) \) e ho:

\((1-cos(3\alpha) ) (1-cos(3\beta) ) = (1+cos(3\alpha) ) (1+cos(3\beta) )\)
\(cos(3\alpha) + cos(3\beta) = 0\)

Sostituendo nella (2) e usando la (1), abbiamo:
\(cos(3\alpha+3\beta) +1 = 0 \ \ \ \Rightarrow \ \ \ cos(3\gamma) = 1\)
che per il discorso appena fatto conduce ugualemente a \(\gamma = \frac{2\pi}{3}\).

Non capisco tutto quel procedimento per arrivare alla (2)...
Non basta osservare che, siccome stiamo parlando di un triangolo, $ \alpha+\beta+\gamma=\pi $, perciò se moltiplico per tre e ricavo $ 3\gamma $, posso dire che $ \cos{3\gamma}=\cos3(\pi-\alpha-\beta)=-\cos3(\alpha+\beta) $, che sostituisco direttamente nel testo (edit: mi accorgo solo ora che é ciò che tu hai riassunto in " archi associati"... e non era sufficiente?)
Per il resto mi sembra un buon procedimento! Io ho seguito un'altra strada, più intricata, non ne venivo a capo...

Certo che sono proprio stupido -.- Certo che basta come dici tu, è che avevo usato così tanti foglietti e fogliettini che poi mi ero dimenticato di esserci già arrivato a quel punto (anzi, per la precisione di esserci partito xD). Grazie mille di avermelo fatto notare, comunque Ah, tanto per: si può fare anche con prostaferesi e bisezione.

Allora potevo starci sopra un'eternità, visto che le formule di prostaferesi non le conosco ai tempi le avevamo saltate perché " per lo più inutilizzate e comunque facilmente ricavabili", però forse sarebbe il caso di impararle lo stesso ( non tanto per Cesenatico o per la maturità, più che altro perché in futuro potrebbero tornare utili...)
Magari le guardo così vedo come risolverlo
Ps: se vuoi una mia opinione, é meglio fare un passaggio in più del tutto inutile che uno in meno, d'altro canto alcuni professori severi potrebbero fartelo pesare... magari non inciderebbe sulla valutazione, ma sulla loro opinione di te ( poi ovviamente questo sarà un caso isolato, fai conto che alla maturità hai 6 ore, praticamente un'eternità... tutto il tempo necessario per ricontrollare)
Ah, volevo chiedere a Mist la provenienza dell'esercizio

partiamo con un esercizio semplice, anche se la mia dimostrazione fa schifo

pongo $ 3g<=3b<=3a $

se $ 3a,3b,3g $ sono tutte nel primo quadrante allora al più $ a=b=g=30° $ quindi non viene fuori un triangolo
se due tra i tre sono nei quadranti a coseno negativo allora la somma dei coseni non fa 1
continuando in questo modo, escludo i vari casi e ottengo che $ 3a $ appartiene al 4° quadrante, $ 3b $ al 2° e $ 3g $ al 1°

a questo punto disegno la circonferenza goniometrica, al posto di $ 2pi $ metto 120°, al posto di $ pi/3 $ metto 20°, al posto di $ 2pi/3 $ metto 40° e al posto di $ pi $ metto 60°.

ora ipotizzo che $ a<120° $ allora ho 4 possibili casi:

- $ a<120 , b>40 , g>20 $ ma a occhio si vede che la somma dei coseni non può fare 1.
- $ a<120 , b<40 , g<20 $ ma la somma dei tre angoli non fa 180°
- $ a<120 , b<40 , g>20 $ allora $ b $ deve essere minore del simmetrico di $ g $ rispetto all'asse Y (altrimenti la somma dei coseni non fa 1) allora ho che $ g=20+e $ e $ b = 60-20-e-f $ quindi anche se $ a $ fosse 120° avrei che $ a+b+g=180-f < 180 $
- $ a<120 , b>40 , g<20 $ allora $ b $ deve essere minore del simmetrico di $ g $ rispetto all'asse Y (altrimenti la somma dei coseni non fa 1) allora ho che $ g=20-h $ e $ b=60-20+h-l $ quindi anche se $ a $ fosse 120° avrei che $ a+b+g=180-l < 180 $.

il caso $ a>120 $ è stato dimostrato per simmetria.
se invece $ a=120 $ la tripletta $ (120°,40°,20°) $ è ad esempio una soluzione.

Jigen ha scritto:continuando in questo modo, escludo i vari casi e ottengo che $ a $ appartiene al 4° quadrante

Stati parlando della circonferenza goniometrica "tradizionale" o di quella che hai usato dopo? Se é il primo caso, é sicuramente un errore: stiamo parlando di un triangolo, non possono esserci angoli del quarto quadrante... (comunque é solo un leggero fraintendimento)
Piccola correzione: la "g" iniziale é diventata una "c" (ovviamente é solo una questione di estetica ) [edit: non ho fatto a tempo a pubblicare il messaggio che avevi già corretto XD]
Ah, un'altra cosa: devo dire che mi piace poco il primo dei quattro punti... però diciamo che effettivamente la somma é 1 solo se gli angoli assumono esattamente quei valori ( quindi pare giusto )
Ps: altra estetica ( sono un po' pignolo...): \pi = $ \pi $
Considera quanto ho scritto come suggerimenti, non critiche

Ouroboros ha scritto:

Jigen ha scritto:continuando in questo modo, escludo i vari casi e ottengo che $ a $ appartiene al 4° quadrante

Stati parlando della circonferenza goniometrica "tradizionale" o di quella che hai usato dopo? Se é il primo caso, é sicuramente un errore: stiamo parlando di un triangolo, non possono esserci angoli del quarto quadrante...

ho corretto il fatto della circonferenza goniometrica

Ouroboros ha scritto:

Jigen ha scritto:Considera quanto ho scritto come suggerimenti, non critiche

Io sono qui per imparare da voi, se sapessi fare tutto non sarei qui (ben vengano i suggerimenti, ma anche le critiche!)

Ouroboros ha scritto: Ah, volevo chiedere a Mist la provenienza dell'esercizio

Lo dice il titolo: da "Problem solving Strategies" di Arthur Engel, un "classico" delle olimpiadi.

Ahahahahahah che figuraccia, non solo non ho fatto alcun caso al titolo, ma lo stesso autore mi era sconosciuto...
Grazie per aver risposto lo stesso