mateforum.ro

Fie \( P \) un punct interior triunghiului \( ABC \). Sa se arate ca daca \( m(\widehat{ABP})=m(\widehat{BCP})=m(\widehat{CAP})=30^{\circ} \) atunci triunghiul \( ABC \) este echilateral.


Nistor Budescu, Gazeta Matematica, no. 3/1994 & Hojoo Lee, American Mathematical Monthly, 2000

Remarca.

O problema aproape identica a fost data la OIM Suedia 1991, care cerea sa se arate ca \( \min\{m(\angle{PAB}), m(\angle{PBC}), m(\angle{PCA})\}\leq\frac{\pi}{6} \).

Fie \( a,b,c \) celelalte unghiuri despre care nu stim nimic.

Din trei teoreme de sinusuri aplicate in \( APB,BPC,CPA \) obtinem ca:
\( \sin{a}\sin{b}\sin{c}=sin^3{30} \)
\( a+b+c=\frac{\pi}{2} \).

Fie
\( a=\frac{\pi}{2}-\alpha, b=\frac{\pi}{2}-\beta, c=\frac{\pi}{2}-\gamma \).
\( \alpha+\beta+\gamma=\pi \)
\( \cos{\alpha}\cos{\beta}\cos{\gamma}=\frac{1}{8} \). Deci
\( \alpha=\beta=\gamma=60 \)
\( a=b=c=30 \)
\( \hat{A}=\hat{B}=\hat{C}=60 \).

mihai++ wrote:Fie \( a,b,c \) celelalte unghiuri despre care nu stim nimic.
din 3 teoreme de sinusuri aplicate in \( APB,BPC,CPA \) obtinem ca:
\( \sin{a}\sin{b}\sin{c}=sin^3{30} \)
\( a+b+c=\frac{\pi}{2} \)
Fie \( a=\frac{\pi}{2}-\alpha, b=\frac{\pi}{2}-\beta, c=\frac{\pi}{2}-\gamma \).
\( \alpha+\beta+\gamma=\pi \)
\( \cos{\alpha}\cos{\beta}\cos{\gamma}=\frac{1}{8} \). Deci
\( \alpha=\beta=\gamma=60 \)
\( a=b=c=30 \)
\( \hat{A}=\hat{B}=\hat{C}=60 \).

Putin mai detaliat, te rog........ daca asa de putin explici, nu ma convingi ca stii...... mai ales in partea ai care arati ca triunghiul este echilateral. Asa ca mai multe detalii, te rog...
Si... o solutie sintetica nu ar strica

mihai++ wrote:Fie \( a,b,c \) celelalte unghiuri despre care nu stim nimic.
din 3 teoreme de sinusuri aplicate in \( APB,BPC,CPA \) obtinem ca:
\( \sin{a}\sin{b}\sin{c}=sin^3{30} \)
\( a+b+c=\frac{\pi}{2} \)
Fie \( a=\frac{\pi}{2}-\alpha, b=\frac{\pi}{2}-\beta, c=\frac{\pi}{2}-\gamma \).
\( \alpha+\beta+\gamma=\pi \)
\( \cos{\alpha}\cos{\beta}\cos{\gamma}=\frac{1}{8} \). Deci
\( \alpha=\beta=\gamma=60 \)
\( a=b=c=30 \)
\( \hat{A}=\hat{B}=\hat{C}=60 \).

Da, Beni! E bine ce-a facut mihai++. Hai sa traducem mai detaliat solutia de mai sus.

Aplicand teorema lui Ceva (forma trigonometrica), vom avea ca

\( \sin\angle{PAB}\sin\angle{PBC}\sin\angle{PCA}=\sin\angle{PBA}\sin\angle{PCB}\sin\angle{PAC}. \)

Din ipoteza noi stim ca \( \sin\angle{PAB}=\sin\angle{PBC}=\sin\angle{PCA}=\frac{1}{2} \) de unde vom avea ca

\( \sin\angle{PBA}\sin\angle{PCB}\sin\angle{PAC}=\frac{1}{8} \). Mai mult, avem ca \( m(\angle{PCB})+m(\angle{PBA})+m(\angle{PAC})=\pi. \)

Acum, aplicand inegalitatea mediilor si inegalitatea lui Jensen (pentru functia concava \( \sin \)), avem ca

\( \sin\angle{PBA}\sin\angle{PCB}\sin\angle{PAC}\leq\left(\frac{\sin\angle{PBA}+\sin\angle{PCB}+\sin\angle{PAC}}{3}\right)^{3}\leq\sin^{3}\frac{\pi}{3}=\frac{1}{8} \).
Cazul de egalitate are loc daca si numai daca \( m(\angle{PCB})=m(\angle{PBA})=m(\angle{PAC})=\frac{\pi}{3}. \)
Va rezulta astfel ca masurile unghiurilor triunghiului \( ABC \) sunt de \( \frac{\pi}{3} \), deci triunghiul este echilateral. \( \qed \)

Alta solutie.

Fie \( A\prime, B\prime, C\prime \) perpendicularele coborate din \( P \) pe laturile \( BC, CA \) respectiv \( AB \). Daca ne uitam in triunghiul \( PA\prime B \) care este dreptunghic avem \( m(\angle{PBA\prime})=\frac{\pi}{6} \), de unde vom obtine ca \( \sin\angle{PBA\prime}=\frac{PA\prime}{PB}=\frac{1}{2} \). Scriind si analoagele si adunandu-le, vom obtine ca

\( PA+PB+PC=2(PA\prime+PB\prime +PC\prime) \),

adica am caz de egalitate in inegalitatea Erdos-Mordell, de unde triunghiul \( ABC \) este echilateral. \( \qed \)

Alta solutie...
Se construieste cercul care trece prin C si este tangent in A la AB. Apoi se construieste paralela prin A la BC si se noteaza cu Q intersectia dintre aceasta si cercul considerat. Apoi se construieste punctul P ca fiind intersectia dintre BQ si cercul considerat.
Se deduce relatia \( \cot A+\cot B+\cot C=\cot 30^o=\sqrt{3} \).
Dar \( (\cot A+\cot B+\cot C)^2\geq 3 (\sum \cot A \cot B)=3 \) cu egalitate cind unghiurie sunt egale. Noi avem egalitate, deci unghiurile triunghiului sunt egale si astfel triunghiul este echilateral..

Aici este si o figura pe care se vede mai bine constructia.

Beniamin Bogosel wrote:Alta solutie...
Se constrieste cercul care trece prin C si este tangent in A la AB. Apoi se construieste paralela prin A la BC si se noteaza cu Q intersectia dintre aceasta si cercul considerat. Apoi se construieste punctul P ca fiind intersectia dintre BQ si cercul considerat.
Se deduce relatia \( \cot A+\cot B+\cot C=\cot 30^o=\sqrt{3} \).
Dar \( (\cot A+\cot B+\cot C)^2\geq 3 (\sum \cot A \cot B)=3 \) cu egalitate cind unghiurie sunt egale. Noi avem egalitate, deci unghiurile triunghiului sunt egale si astfel triunghiul este echilateral..

Da, stiam si solutia asta, dar am fost orbit pe moment. Mi-a venit in minte cea cu inegalitatea Erdos-Mordell.
Oricum hai sa clarificam un pic lucrurile. Punctul acela \( P \) pentru care unghiurile \( \angle{PAB}, \angle{PBC} \) respectiv \( \angle{PCA} \) sutn egale se numeste punctul lui Brocard. In literatura el este notat cu \( \omega \). Bon, ceea ce vreau eu sa zic este ca in orice triunghi exista urmatoarea relatie:

\( ctg\omega=ctg A+ctg B+ctg C \). De aici mai poate deriva inca o

Solutie.
Aplicand teorema sinusurilor si teorema cosinusurilor precum si cunoscuta formula
\( ctgA=\frac{\cos A}{\sin A} \), va rezulta ca

\( ctg A+ctg B+ctg C=\frac{a^2+b^2+c^2}{4S} \), unde S este aria triunghiului \( ABC \). Mai departe aplicand inegalitatea lui Weitzenbock, obtinem ca \( ctg\omega \geq \sqrt{3} \), cu egalitate daca si numai daca triunghiul este echilateral. \( \qed \)

Mie mi-a placut (de gustibus non discutandum !) cel mai mult solutia lui Mihai++

deoarece este cea mai scurta si foloseste doar proprietatile :

1. - Intr-un triunghi \( ABC \) avem \( \sum \cos A=\frac 18 \) \( \Longleftrightarrow \) \( A=B=C\ \ (*) \) .

2. - Forma trigonometrica a teoremei lui Ceva aplicata punctului interior \( P \) .

Dn forma trigonometrica a teoremei lui Ceva aplicata punctului interior \( P \) obtinem :

\( \prod \sin (A-30^{\circ})=\frac 18 \) \( \ \Longleftrightarrow\ \) \( \prod\cos (120^{\circ}-A)=\frac 18 \ (**) \) .

Presupunem prin absurd ca (de exemplu !) \( A\ge 120^{\circ} \) . Atunci \( B+C\le 60^{\circ} \) .

Deci cel putin unul dintre \( B \) si \( C \) este cel mult egal cu \( 30^{\circ} \) , ceea ce este absurd.

Asadar, putem considera ca valorile \( 120^{\circ}-A \) etc sunt masurile unghiurilor unui triunghi.

Insa \( \sum (120^{\circ}-A)=180^{\circ} \) . Din proprietatea \( (*) \) si relatia \( (**) \) rezulta \( A=B=C \) .

Observatie.

\( 1-8\cos A\cos B\cos C=1-4\cos A[\cos (B-C)-\cos A]= \)

\( 4\cdot\underline {\cos^2A}-4\cos(B-C)\cdot\underline {\cos A}+1=\left[2\cdot\underline {\cos A}-\cos (B-C)\right]^2+\sin ^2(B-C) \) .

Beniamin Bogosel wrote:...
Nistor Budescu, Gazeta Matematica, no. 3/1994 & Hojoo Lee, American Mathematical Monthly, 2000

Pentru a lamuri o data pentru totdeauna adevarata sursa a acestei "probleme a lui Hojoo Lee" (ca unghiul Brocard al unui triunghi este egal cu \( \frac{\pi}{6} \) daca si numai daca triunghiul este echilateral), tin sa precizez ca ea a aparut pentru intaia oara la celebrul geometru Roger A. Johnson, intr-un "preprint" (desi nu cred ca exista termenul acesta pe vremea aceea) ce s-a pierdut cu timpul. Cu toate acestea ea este inclusa in cartea sa din anul 1927, Advanced Euclidian Geometry, reeditata in anul 2007 la Dover.

Beniamin Bogosel wrote:...
O problema aproape identica a fost data la OIM Suedia 1991, care cerea sa se arate ca \( \min\{m(\angle{PAB}), m(\angle{PBC}), m(\angle{PCA})\}\leq\frac{\pi}{6} \).

Oricare ar fi P in interiorul unui triunghi, avem \( \min\{m(\angle{PAB}), m(\angle{PBC}), m(\angle{PCA})\}\leq\frac{\pi}{6} \) (am reenuntat sa fie mai clar). Aceasta teorema este tot a lui R. A. Johnson si dateaza cu mult inainte sa stie lumea ce e ala OIM.