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Questo problema ha tre parti, una facile, una media e una banale; la prima mi pare di averla spiegata allo stage di pisa a settembre ...

Dato un triangolo ABC si costruiscano i punti D,E,F di modo che BCD, CAE, ABF siano equilateri e D,A si trovino da parti opposte rispetto a BC e così via. Si costruiscano inoltre D', E', F' di modo che BCD' etc etc siano equilateri e D' e A si trovino dalla stessa parte rispetto a BC etc etc.
1) Dimostrare che i baricentri di BCD, CAE, ABF sono i vertici di un triangolo equilatero (triangolo di napoleone esterno);
2) Dimostrare che i baricentri di BCD', CAE', ABF' sono i vertici di un triangolo equilatero (triangolo di napoleone interno);
3) Dimostrare che la differenza fra l'area del triangolo esterno e quella del triangolo interno di Napoleone è l'area di ABC.

Supponiamo WLOG che l'angolo ABC>60°

1) Chiamiamo $ G_a $ il baricentro di BCD, $ G_b $ il baricentro di ACE e $ G_c $ il baricentro di ABF. Sfruttando le proprietà del triangolo equilatero (il baricentro è anche incentro ecc..) abbiamo la similitudine tra i triangoli $ BCF $ e $ BG_cG_a $ che si corrispondono in una "roto-omotetia" di centro B, angolo 30° e rapporto $ 1/\sqrt{3} $ (sono simili perchè hanno $ BF/BG_c = BC/BG_a $ e l'angolo $ CBF=G_aBG_c $). In particolare $ \sqrt{3}G_aG_c=CF $.
Per lo stesso motivo sono simili $ EAB $ e $ G_bAG_c $ con una "roto-omotetia" di centro A, angolo -30° e ragione $ 1/\sqrt{3} $. In particolare $ \sqrt{3}G_cG_b=CF=\sqrt{3}G_cG_a $ e quindi, iterando il ragionamento $ G_aG_b=G_bG_c=G_cG_a $ e quindi il triangolo è equilatero.

2) Chiamiamo $ G'_a $ il baricentro di BCD' e simili... Allo stesso modo di prima abbiamo una "roto-omotetia" di centro B, angolo -30°, ragione $ 1/\sqrt{3} $ che fa corrispondere a BCF' il triangolo $ BG'_cG'_a $ e quindi in particolare $ \sqrt{3}G'_aG'_c=F'B $. Procedendo come prima si dimostra che il triangolo equilatero (prendendo l'altro triangolino corrispondente)

3) Ora, le due aree sono date da: $ \frac {\sqrt{3}}4 G_aG_c ^2 $ e $ \frac {\sqrt{3}}4 G'_aG'_c ^2 $ e quindi la differenza delle aree è data da:

$ \frac 1{4\sqrt{3}}( 3G_aG_b^2-3G'_aG'_c ^2)= \frac 1{4\sqrt{3}} (CF^2-CF'^2) $

E ora utilizziamo un po' carnot...
$ CF^2= BC^2 + BF^2 - 2\cos{(\beta+60)} BC*BF $
$ CF'^2= BC^2 + BF'^2 - 2\cos{(\beta-60)} BC*BF' $

Ma $ BC=a $, $ BF=BF'=AB=c $ e, per le formule di sommazione
$ -\cos{(x+y)}+\cos{(x-y)} = -\cos{x}\cos{y}+\sin{x}\sin{y} $ $ +\cos{x}\cos{y}+\sin{x}\sin{y} = 2\sin{x}\sin{y} $

E quindi:
$ CF^2-CF'^2 = 2*(2\sin{\beta} \sin{60})ac= 2\sqrt{3}\sin{\beta}ac $

Ma allora
$ \displaystyle S_{G_aG_bG_c}- S_{G'_aG'_bG'_c} =\frac 1{4\sqrt{3}} (CF^2-CF'^2) = \frac 12 ac\sin{\beta}=S_{ABC} $

Ed è dimostrato anche il terzo punto

Ok, tutto giusto.

BTW, i primi due punti si potevano fare anche con i complessi.