Prima di iniziare devo dirvi che entrambe le soluzioni (soprattutto la seconda) sono un vero rompicapo. Sicuramente vi saranno diversi errori nelle lettere e nelle varie indicazioni. Speriamo che qualche "eroe" abbia voglia di trovarli in modo da potere eseguire le correzioni del caso. Io l'ho letto e riletto più volte, ma qualcosa è sicuramente scappata!

Cari amici, Sprmnt21 ha veramente superato se stesso. La dimostrazione che ha dato è un capolavoro di eleganza e di ragionamento. Posso dire apertamente che sarà ben difficile riuscire a metterlo in difficoltà. Io la riscrivo per mantenere la stessa figura nelle due dimostrazioni che presento e per uniformare le lettere usate, ma il primo metodo è frutto della sola abilità di Sprmnt21. Un vero piacere averlo tra i nostri lettori e poter mostrare le sue grandi capacità deduttive, anche se una maggiore spiegazione dei vari passaggi sarebbe molto utile e mi eviterebbe un lavoro supplementare...

Nei commenti (in data 31/10) il nostro Sprmnt21 ha anche riportato un'altra soluzione, sempre di tipo geometrico. Chi vuole divertirsi può andare a leggerla.

Metodo puramente geometrico di Sprmnt21

Il metodo cerca, riuscendoci, di ottenere le aree di vari "pezzi" che uniti tra loro diano proprio l'area del triangolo P₁P₂P₃ in funzione dell'area del triangolo equilatero inscritto nella circonferenza. Riproponiamo la figura di partenza, aggiungendo qualche angolo di cui conosciamo subito la misura.

Il triangolo equilatero permette di conoscere subito alcuni angoli. Ovviamente, quelli del triangolo equilatero sono di 60°. Immediatamente sappiamo anche che l'angolo P₃AC vale 120° (180 -60) così come l'angolo P₂CA.

Il triangolo equilatero con i suoi tre angoli uguali permette di ottenere subito altri angoli sfruttando le proprietà degli angoli alla circonferenza di archi uguali. Scriviamole tutte...

L'arco AP ci dice che:

ACP = PBA

L'arco CB ci dice che:

CAB = CPB = 60°

L'arco AB ci dice che:

ACB = APB = 60°

L'arco CP ci dice che:

PAC = PBC

Ne segue che

P₂PC = 180 - PBC  - ABP = 180 - 60 - 60 = 60°

Le condizioni di partenza ci hanno regalato molte relazioni tra angoli, non tutte necessarie al problema, ma valeva la pena mostrarle.

Aggiungiamo che:

P₂PB = P₂PC + CPB = 120°

 

Consideriamo i triangoli AP₂C e P₂BP.

Essi hanno due angoli congruenti  (P₂CA = P₂PB = 120° e PBC = PAC), per cui sono simili. Ne segue, perciò che sono congruenti anche gli angoli  PBA e AP₂B e, di conseguenza, anche  PCA = AP₂C

Ne segue che sono simili anche i triangoli P₃CA e P₂AC avendo:

P₂CA = CAP₃ = 120°

AP₂C = PCA

Per cui possiamo scrivere:

P₂C/CA = CA/AP₃.

Eliminiamo alcune notazioni non necessarie (per adesso) e passiamo alla Fig. 2

Costruiamo un triangolo equilatero CDA a fianco di ABC. Non sappiamo ancora dove si trovi D, ma possiamo riscrivere la relazione precedente (P₂C/CA = CA/AP₃) sapendo che AB = BC= CA = AD = CD:

P₂C/AD = AD/AP₃.

Inoltre l'angolo P₂CD = CBA = 60°

Ne segue che i triangoli P₂DC e DP₃A sono simili.

Potremmo anche concludere che D sta proprio sul segmento P₂P₃ se riuscissimo a dimostrare che:

ADP₃ + 60 + P₂DC= 180°

Ma ADP₃ è congruente a DP₂C  per la similitudine precedente e sappiamo che

DP₂C + 60 + CDP₂ = 180°

essendo angoli del triangolo DP₂C

Ne segue che D sta sul segmento P₂P₃ e DA //P₂B.

Riportiamo la Fig. 2  in Fig. 3, evidenziando il quadrilatero FCPP_1.

FCPP₁ è ciclico dato che FCP₁ = 60 e FPP₁ = 120°, ossia sono supplementari.

Esiste perciò un cerchio circoscritto che porta all'uguaglianza degli angoli del triangolo FP₁C che è perciò equilatero.  Ne segue che:

FP1 //CB//DA.

Dal parallelismo di DA e CB possiamo concludere che i triangoli ADP₂ e DCA hanno la stessa area, dato che hanno stessa base (DA) e stessa altezza (KP₂). Ne consegue che anche i triangoli  DFP₂ e FCA hanno la stessa area. Tuttavia, il triangolo FCA è congruente a P₁CB (due angoli e un lato congruenti). Per cui, possiamo scrivere:

S(DFP₂) = S(P₁CB)

Inoltre, essendo paralleli anche  FP₁ e P₂B, hanno anche la stessa area i triangoli P₂GF e GCP₁. In conclusione possiamo dire che il quadrilatero GCBP₁ e il triangolo P₂DG sono equivalenti:

S(GCBP₁) = S(P₂DG).

Passiamo alla Fig. 4

Consideriamo il quadrilatero PP₁AF'. L'angolo F'PP₁ è di 120°, mentre l'angolo F'AP è di 60°. Il quadrilatero è ciclico, per cui è inscritto in un cerchio. Ne segue che PF'A = F'AP₁ = 60°. Di conseguenza F'P₁ è parallelo a P₃B. Il triangolo F'P₁A è equilatero, per cui F'A = AP₁.

Consideriamo i triangoli P₃DA e P₃CA. Essi hanno stessa base e stessa altezza per cui hanno uguale area. Ne consegue, quindi, che anche DP₃F' e F'CA sono equivalenti. Inoltre, F'CA è congruente a AP₁B (due lati, AB = AC, F'A = AP₁, e gli angoli F'AP₁ = P₁AB). Per cui possiamo scrivere che

S(DP₃F') = S(P₁AB).

Ma anche

S(F'P₃G') = S(G'P₁A)

dato che F'P₁//P₃B

In conclusione, sommando le aree:

S(DG'P₃) = S(AG'P₁B).

Non ci resta, adesso, che mettere insieme la Fig. 3 e la Fig. 4 in Fig. 5

Il triangolo P₁P₂P₃ è dato dalla somma di due triangoli e un quadrilatero

S(P₁P₂P₃) = S(P₂GD) + S(DP₃G') + S(DGP₁G')

Il rombo rosso è formato da tre quadrilateri:

S(DABC) = S(AG'P₁B) + S(GCBP₁) + S(DGP₁G')

ma possiamo anche scrivere:

S(DABC) = S(DP₃G') + S(P₂GB) + S(DGP₁G')

Ne segue che

S(P₁P₂P₃) = S(DABC) = S(ABC) + S(ADC) = 2 S(ABC)

Per cui:

S(P1P2P3) = 2 S(ABC)

Sembra quasi impossibile, ma è proprio  così !

E' stata dura, ma, anche senza nozioni di geometria superiori, siamo arrivati alla soluzione del problema.

 

Soluzione trigonometrica di Vincenzo

Riproponiamo la Fig. 1 iniziale

L’area del triangolo equilatero (di lato a) è facilmente calcolabile. Ciò che bisogna fare è, perciò, cercare di trovare un’espressione in cui compaiano sia l’area di P₁P₂P₃ che l’area di ABC.

Indichiamo altri tre triangoli tali da poterne calcolare l’area in termini di a e dell’angolo noto(60°). I tre triangoli di cui vogliamo calcolare l’area sono P₂BP₃, P₃P₁A e P₂P₁C (Fig. 2)

Capiamo subito che per ottenere lo scopo non basta conoscere il lato a e l’angolo di 60°, per cui indichiamo con x il segmento P₂C e con y il segmento P₃A.

Una volta ottenute le tre aree, potremo scrivere l’espressione:

S(P₁P₂P₃) = S(P₂BP₃) – S(P₃P₁A) – S(P₂P₁C) – S(ABC)                   ... (1)

Calcoliamo le aree a destra dell’uguale. Per fare ciò utilizziamo le formule trigonometriche che esprimono l’area di un triangolo utilizzando il seno di un angolo, come mostra la Fig. 2.

S(P₂BP₃) = ½ P₃B ∙ P₂B sin (60) = ½ (a + y) (a + x) √3/2

S(P₂BP₃) = (a + x)(a + y)√3/4

 

S(P₃P₁A) = ½ P₃A ∙ AP₁ sin(60) = ½ y AP₁ √3/2

S(P₃P₁A) = AP₁ y √3/4

 

S(P₂P₁C) = ½ CP₁ ∙ P₂C sin (60) = ½ CP₁ x √3/2

S(P2P1C) = CP1 x √3/4

 

S(ABC ) = ½ a² sin(60) = ½ a² √3/2

S(ABC ) = a²√3/4

Riscriviamo la (1) inserendo i valori delle aree che abbiamo appena ottenuto:

S(P₁P₂P₃) = S(P₂BP₃) – S(P₂P₁C)  – S(P₃P₁A) – S(ABC)

S(P₁P₂P₃) = (a + x)(a + y)√3/4 - CP₁ x √3/4 - AP₁ y √3 /4 - a²√3/4

S(P₁P₂P₃) = √3/4 [(a + x)(a + y) - CP₁ x - AP₁ y - a²]                     .... (2)

Facciamo un passo in avanti e cerchiamo di scrivere le incognite di destra in funzione di a. Sarebbe bello, ma, ovviamente, non ce lo possiamo permettere. Dobbiamo, perciò introdurre un angolo t incognito. In altre parole, riduciamo, in qualche modo, le quattro incognite (x, y, CP1 e AP1) a un solo angolo t.

La migliore scelta di t sembra essere quella di PBA, dato che è un angolo alla circonferenza.  Vediamo dove compare t, come illustrato in Fig. 3.

PCA = t

dato che  PBA e PCA sono entrambi angoli alla circonferenza dell’arco PA.

Essendo entrambi angoli alla circonferenza dell’arco PC, vale anche che:

PBC = PAC = 60 – t

Consideriamo il triangolo AP₂C. L’angolo PAC = 60 – t, mentre P₂CA vale 120° (180 – 60°). Ne segue che:

AP₂C = 180 – 120 – 60 + t = t

Dal triangolo CP₃A, abbiamo:

CP₃A = 180 – 120 – t = 60 – t

Abbiamo, infine, dal triangolo P₁CB:

CP₁B = 180 – 60 + t – 60 = 60 + t

E, ovviamente:

AP₁B = 180 – 60 – t = 120 - t

Riassumiamo i valori degli angoli in cui compare t:

PCA = PBA = AP₂C = t

PBC = CP₃A = PAC = 60 – t

CP₁B = 60 + t

AP₁B = 120 – t

A questo punto utilizziamo un’altra ben nota formula di trigonometria per esprimere i segmenti che compaiono nelle aree dei vari triangoli, ossia x, y, AP₁ e CP₁ in funzione del solo angolo t. Basta, infatti, applicare il teorema dei seni, capace di legare lunghezze con angoli.

Dal triangolo AP₂C

x/a = sin(60 – t)/sin(t)

x = a sin(60 – t)/sin(t)

Dal triangolo AP₃C

y = a sin(t)/sin(60 – t)

Non dobbiamo certo stupirci del fatto che x/a = a/y, dato che i triangoli P₂AC e P₃AC sono simili.

Dal triangolo CP₁B otteniamo:

CP₁ = a sin(60 – t)/sin(60 + t)

Dal triangolo AP₁B possiamo scrivere:

AP1 = a sin(t)/sin(120 – t)

Sappiamo però che:

sin(180 – ϑ) = sin(ϑ)

Nel nostro caso

ϑ = 120 – t

per cui:

sin(180 – 120 + t) = sin(60 + t)

Ne segue che:

AP₁ = a sin(t)/sin(60 + t)

Abbiamo ottenuto ciò che volevamo, ossia abbiamo scritto le quattro incognite in funzione del solo angolo t (oltre che di a, lunghezza nota).

Possiamo ora riscrivere la (2) inserendo i nuovi valori delle incognite. Facciamolo gradatamente per non confonderci…

S(P₁P₂P₃) = √3/4 [(a + x)(a + y) - CP1 x - AP1 y - a²]  

S(P₁P₂P₃) = √3/4 [(a² + ay + ax + xy - CP1 x - AP1 y - a²]  

Da quanto ricavato per x e per y, sappiamo subito che xy = a²

S(P₁P₂P₃) = √3/4 [a² + ay + ax - CP₁ x - AP₁ y]  

Sostituiamo i valori ottenuti per x e y

S(P₁P₂P₃) = √3/4 [a² + a² sin(t)/sin(60 – t) + a² sin(60 – t)/sin(t) - CP₁ x - AP₁ y]  

S(P₁P₂P₃) = √3/4 [a² (1 + (sin²(t) + sin²(60 – t))/(sin(t) sin(60 –t)) - CP₁ x - AP₁ y]      .... (3)

Prima di continuare con le sostituzioni, analizziamo l’espressione segnata in blu, ossia

sin²(t) + sin²(60 – t)                  …. (4)

Possiamo scriverla in modo diverso, ricordando le formule di prostaferesi (*)…

sin(α) + sin(β) = 2 sin((α + β)/2) cos((α – β)/2)

Nel nostro caso

α = t

β = 60 – t

sin(t) + sin(60 – t) = 2 sin(60/2) cos((2t – 60)/2) = 2 sin(30) cos(t – 30)

Ricordiamo che

cos(ϑ) = sin (90 + ϑ)

Nel nostro caso

ϑ = t – 30

cos(t – 30) = sin (90 + t – 30) = sin(60 + t)

Da cui:

sin(t) + sin(60 – t) = 2 ½ sin(60 + t) = sin(60 + t)              .... (5)

Sapendo che

m² + n² = (m + n)² – 2mn

l’espressione (4) può essere scritta come:

sin²(t) + sin²(60 – t) = sin²(60 + t) – 2 sin(t)sin(60 – t)

Torniamo alla (3)

S(P₁P₂P₃) = √3/4 [a² (1 + (sin²(t) + sin²(60 – t))/(sin(t) sin(60 –t))) - CP₁ x - AP₁ y]     

Sostituiamo quanto appena trovato:

S(P₁P₂P₃) = √3/4 [a² (1 + (sin²(60 + t) – 2 sin(t)sin(60 – t))/(sin(t) sin(60 –t) - CP₁ x - AP₁ y]

Proseguiamo inserendo CP₁, AP₁, x e y negli ultimo termini in rosso

CP₁ x = a sin(60 – t)/sin(60 + t) ∙ a sin(60 – t)/sin(t) = a²sin²(60 – t)/(sin(t)sin(60 + t))

AP₁ y =  a sin(t)/sin(60 + t) ∙ a sin(t)/sin(60 - t) = a² sin²(t)/(sin(60 – t) sin(60 + t))

CP₁x + AP₁y = a²sin²(60 – t)/(sin(t)sin(60 + t)) + a² sin²(t)/(sin(60 – t) sin(60 + t))

S(P₁P₂P₃) = √3/4 a² [1 + (sin²(60 + t) – 2 sin(t)sin(60 – t))/(sin(t) sin(60 –t)) - (sin³ (60 – t) + sin³(t))/(sin(t) sin(60 – t)sin(60 + t))]

Possiamo anche scrivere la somma dei cubi come cubo della somma meno i termini misti…

m³ + n³ = (m + n)³ – 3 m²n – 3 mn²

sin³ (60 – t) + sin³(t) = sin³(60 + t) – 3sin²(60 – t)sin(t) – 3 sin²(t)sin²(60 – t)

sin³ (60 – t) + sin³(t) = sin³(60 + t) – 3(sin(60 – t)sin(t)(sin(60 – t) + sin(t))

ricordando la (5)

sin(60 – t) + sin(t) = sin(60 + t)

abbiamo:

sin³ (60 – t) + sin³(t) = sin³(60 + t) – 3sin(60 – t)sin(t) sin(60 + t)

S(P₁P₂P₃) = √3/4 a² [1 + (sin²(60 + t) – 2 sin(t)sin(60 – t))/(sin(t) sin(60 –t)) - (sin³ (60 – t) + sin³(t))/(sin(t) sin(60 – t)sin(60 + t))]

S(P₁P₂P₃) = √3/4 a² [1 + (sin²(60 + t) – 2 sin(t)sin(60 – t))/sin(t) sin(60 –t) – (sin³(60 + t) - 3 sin(t) sin(60 –t)sin(60 + t))/(sin(t) sin(60 – t)sin(60 + t))]

Riducendo allo stesso denominatore

S(P₁P₂P₃) = √3/4 a² [1 + (sin³(60 + t) – 2 sin(t)sin(60 – t)sin(60 + t) – sin³(60 + t) + 3 sin(t) sin(60 –t)sin(60 + t))/(sin(t) sin(60 – t)sin(60 + t))]

semplificando

S(P₁P₂P₃) = √3/4 a² [1 +  sin(t) sin(60 –t)sin(60 + t))/(sin(t) sin(60 – t)sin(60 + t))]

S(P₁P₂P₃) = √3/4 a² (1 + 1)

E, infine:

S(P₁P₂P₃) =  2√3/4 a²  = 2 S(ABC)

Devo ammetterlo... è stata molto dura  e avevo perso le speranze. Non credevo più che tutto si semplificasse così tanto. Forse era prevedibile, ma..., se avete idee a riguardo, fatemelo sapere. Concludiamo ricordando le Formule di Prostaferesi e la loro determinazione.

.

(*) Appendice sulle formule di prostaferesi

Mi sembra di non aver mai introdotto (e dimostrato) le formule di prostaferesi. Non sono molto conosciute, ma possono diventare utili quando si vuole passare dalle somme (o differenze) ai prodotti di funzioni trigonometriche. Analizzeremo solo quella relativa alla somma dei seni, ma la dimostrazione è facilmente estendibile anche ai coseni.

Formula per la somma dei seni

sin(a) + sin(b) = 2sin((a + b)/2)cos(a - b)/2)

Scriviamo il primo membro in modo differente:

sin(a) + sin(b)  = sin((a + b)/2 + (a – b)/2) + sin((b + a)/2 + (b - a)/2)

Utilizziamo la ben più nota formula per la somma dei seni

sin(m + n) = sin(m)cos(n) + cos(m)sin(n)

Nel nostro caso:

sin(a) + sin(b) = sin((a + b)/2)cos ((a – b)/2) + cos(( a + b)/2)sin((a –b)/2) + sin((b + a)/2)cos((b - a)/2) + cos((b + a)/2)sin((b -a)/2)

Ricordiamo, però, che:

cos(-m) =  cos(m)

e

sin(- m) = - sin(m)

Nel nostro caso:

cos((b - a)/2) = cos((a - b)/2)

sin((b – a)/2 = - sin(a – b)/2

sostituendo:

sin(a) + sin(b) = sin((a + b)/2)cos ((a – b)/2) + cos(( a + b)/2)sin((a –b)/2) + sin((b + a)/2)cos((a - b)/2) - cos((b + a)/2)sin((a - b)/2)

Raccogliendo e semplificando:

sin(a) + sin(b) = 2 sin((a + b)/2) cos ((a – b)/2)

c.v.d