Question Number 15908 by mrW1 last updated on 15/Jun/17
Commented by mrW1 last updated on 15/Jun/17
$$\mathrm{On}\:\mathrm{each}\:\mathrm{side}\:\mathrm{of}\:\mathrm{a}\:\mathrm{triangle}\:\mathrm{an}\:\mathrm{equilateral} \\ $$$$\mathrm{triangle}\:\mathrm{is}\:\mathrm{constructed}.\:\mathrm{The}\:\mathrm{centroids} \\ $$$$\mathrm{of}\:\mathrm{these}\:\mathrm{triangles}\:\mathrm{form}\:\mathrm{a}\:\mathrm{new}\:\mathrm{triangle}. \\ $$$$\mathrm{Prove}\:\mathrm{that}\:\mathrm{the}\:\mathrm{new}\:\mathrm{triangle}\:\mathrm{is}\:\mathrm{equilateral}. \\ $$$$\mathrm{What}\:\mathrm{is}\:\mathrm{the}\:\mathrm{length}\:\mathrm{of}\:\mathrm{its}\:\mathrm{sides}\:\mathrm{if}\:\mathrm{the} \\ $$$$\mathrm{original}\:\mathrm{triangle}\:\mathrm{has}\:\mathrm{sides}\:\mathrm{a},\mathrm{b},\mathrm{c}? \\ $$$$\mathrm{What}\:\mathrm{is}\:\mathrm{the}\:\mathrm{area}\:\mathrm{of}\:\mathrm{the}\:\mathrm{new}\:\mathrm{triangle}? \\ $$
Commented by ajfour last updated on 16/Jun/17
$${side}\:{of}\:{the}\:{equilateral}\:{triangle} \\ $$$${formed}\:{is}\:: \\ $$$$\:\:\:{s}=\frac{\mathrm{1}}{\:\sqrt{\mathrm{3}}}\sqrt{{a}^{\mathrm{2}} +{b}^{\mathrm{2}} +\mathrm{2}{ab}\mathrm{cos}\:\left({C}−\frac{\mathrm{2}\pi}{\mathrm{3}}\right)}\: \\ $$$${therefore}\:{its}\:{area}\:{is}\:: \\ $$$${A}=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{4}\sqrt{\mathrm{3}}}\:\left[{a}^{\mathrm{2}} +{b}^{\mathrm{2}} +\mathrm{2}{ab}\mathrm{cos}\:\left({C}−\frac{\mathrm{2}\pi}{\mathrm{3}}\right)\right] \\ $$$${where}\:\:\:\:{C}=\mathrm{cos}^{−\mathrm{1}} \left(\frac{{a}^{\mathrm{2}} +{b}^{\mathrm{2}} −{c}^{\mathrm{2}} }{\mathrm{2}{ab}}\right)\:. \\ $$$$\:{please}\:{confirm},\:{Sir}. \\ $$$${answer}\:{seems}\:{somewhat}\:{messy}.. \\ $$
Commented by ajfour last updated on 16/Jun/17
$${is}\:{it}\:{not}\:{correct},\:{sir}\:\left({mrW}\mathrm{1}\right)\:? \\ $$
Commented by mrW1 last updated on 16/Jun/17
$$\mathrm{I}\:\mathrm{try}\:\mathrm{to}\:\mathrm{go}\:\mathrm{on}\:\mathrm{with}\:\mathrm{your}\:\mathrm{result}: \\ $$$$ \\ $$$$\mathrm{cos}\:{C}=\frac{{a}^{\mathrm{2}} +{b}^{\mathrm{2}} −{c}^{\mathrm{2}} }{\mathrm{2}{ab}} \\ $$$$\mathrm{sin}\:\mathrm{C}=\frac{\mathrm{2}\sqrt{\mathrm{p}'\left(\mathrm{p}'−\mathrm{a}\right)\left(\mathrm{p}'−\mathrm{b}\right)\left(\mathrm{p}'−\mathrm{c}\right)}}{\mathrm{ab}} \\ $$$$\mathrm{with}\:\mathrm{p}'=\frac{\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}}{\mathrm{2}} \\ $$$$\mathrm{cos}\:\left(\mathrm{C}−\frac{\mathrm{2}\pi}{\mathrm{3}}\right)=\mathrm{cos}\:\mathrm{C}\:\mathrm{cos}\:\frac{\mathrm{2}\pi}{\mathrm{3}}\:+\:\mathrm{sin}\:\mathrm{C}\:\mathrm{sin}\:\frac{\mathrm{2}\pi}{\mathrm{3}} \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}}\left(−\mathrm{cos}\:\mathrm{C}+\sqrt{\mathrm{3}}\mathrm{sin}\:\mathrm{C}\right) \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}}\left[−\frac{{a}^{\mathrm{2}} +{b}^{\mathrm{2}} −{c}^{\mathrm{2}} }{\mathrm{2}{ab}}+\mathrm{2}\sqrt{\mathrm{3}}\frac{\sqrt{\mathrm{p}'\left(\mathrm{p}'−\mathrm{a}\right)\left(\mathrm{p}'−\mathrm{b}\right)\left(\mathrm{p}'−\mathrm{c}\right)}}{\mathrm{ab}}\right] \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2ab}}\left[−\frac{{a}^{\mathrm{2}} +{b}^{\mathrm{2}} −{c}^{\mathrm{2}} }{\mathrm{2}}+\mathrm{2}\sqrt{\mathrm{3}}\sqrt{\mathrm{p}'\left(\mathrm{p}'−\mathrm{a}\right)\left(\mathrm{p}'−\mathrm{b}\right)\left(\mathrm{p}'−\mathrm{c}\right)}\right] \\ $$$$ \\ $$$${s}=\frac{\mathrm{1}}{\:\sqrt{\mathrm{3}}}\sqrt{{a}^{\mathrm{2}} +{b}^{\mathrm{2}} +\mathrm{2}{ab}\mathrm{cos}\:\left({C}−\frac{\mathrm{2}\pi}{\mathrm{3}}\right)}\: \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{\:\sqrt{\mathrm{3}}}\sqrt{\mathrm{a}^{\mathrm{2}} +\mathrm{b}^{\mathrm{2}} −\frac{\mathrm{a}^{\mathrm{2}} +\mathrm{b}^{\mathrm{2}} −\mathrm{c}^{\mathrm{2}} }{\mathrm{2}}+\mathrm{2}\sqrt{\mathrm{3}}\sqrt{\mathrm{p}'\left(\mathrm{p}'−\mathrm{a}\right)\left(\mathrm{p}'−\mathrm{b}\right)\left(\mathrm{p}'−\mathrm{c}\right)}} \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{\:\sqrt{\mathrm{3}}}\sqrt{\frac{\mathrm{a}^{\mathrm{2}} +\mathrm{b}^{\mathrm{2}} +\mathrm{c}^{\mathrm{2}} }{\mathrm{2}}+\mathrm{2}\sqrt{\mathrm{3}}\sqrt{\mathrm{p}'\left(\mathrm{p}'−\mathrm{a}\right)\left(\mathrm{p}'−\mathrm{b}\right)\left(\mathrm{p}'−\mathrm{c}\right)}} \\ $$$$=\sqrt{\frac{\mathrm{a}^{\mathrm{2}} +\mathrm{b}^{\mathrm{2}} +\mathrm{c}^{\mathrm{2}} }{\mathrm{6}}+\frac{\mathrm{2}\sqrt{\mathrm{3}}}{\mathrm{3}}\sqrt{\frac{\left(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}\right)\left(\mathrm{b}+\mathrm{c}−\mathrm{a}\right)\left(\mathrm{c}+\mathrm{a}−\mathrm{b}\right)\left(\mathrm{a}+\mathrm{b}−\mathrm{c}\right)}{\mathrm{2}×\mathrm{2}×\mathrm{2}×\mathrm{2}}}} \\ $$$$=\sqrt{\frac{\mathrm{a}^{\mathrm{2}} +\mathrm{b}^{\mathrm{2}} +\mathrm{c}^{\mathrm{2}} +\sqrt{\mathrm{3}\left(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}\right)\left(\mathrm{b}+\mathrm{c}−\mathrm{a}\right)\left(\mathrm{c}+\mathrm{a}−\mathrm{b}\right)\left(\mathrm{a}+\mathrm{b}−\mathrm{c}\right)}}{\mathrm{6}}} \\ $$
Commented by mrW1 last updated on 16/Jun/17
$$\mathrm{that}\:\mathrm{means}\:\mathrm{your}\:\mathrm{answer}\:\mathrm{is}\:\mathrm{correct}. \\ $$
Commented by mrW1 last updated on 16/Jun/17
$$\mathrm{please}\:\mathrm{show}\:\mathrm{how}\:\mathrm{you}\:\mathrm{proceeded}\:\mathrm{to} \\ $$$${s}=\frac{\mathrm{1}}{\:\sqrt{\mathrm{3}}}\sqrt{{a}^{\mathrm{2}} +{b}^{\mathrm{2}} +\mathrm{2}{ab}\mathrm{cos}\:\left({C}−\frac{\mathrm{2}\pi}{\mathrm{3}}\right)}\: \\ $$$$ \\ $$
Commented by b.e.h.i.8.3.4.1.7@gmail.com last updated on 19/Jun/17
$${let}:{E}',{P}\:',{D}\:',{be}\:{the}\:\mathrm{3}{rd}\:{vertex}\:{of}\:{triangles}\overset{} {:} \\ $$$${CBE}',{ACP}',{ABD}'.{because}\:{of}\:{this}\: \\ $$$${triangles}\:{are}\:{equilateral},{we}\:{can}\: \\ $$$${write}\:{for}\:{each}\:{of}\:{them}: \\ $$$$\left(\omega^{\mathrm{2}} +\omega+\mathrm{1}=\mathrm{0},{z}:\:{is}\:{a}\:{complex}\:{number}\right) \\ $$$$\left(\frac{\mathrm{1}}{\omega}=−\left(\mathrm{1}+\omega\right),\frac{\mathrm{1}}{\omega^{\mathrm{2}} }=−\mathrm{1}−\frac{\mathrm{1}}{\omega}=−\mathrm{1}+\mathrm{1}+\omega=\omega\right) \\ $$$$\Delta{BCE}':\:{z}_{{B}} +\:\omega{z}_{{E}'} +\omega^{\mathrm{2}} {z}_{{C}} =\mathrm{0} \\ $$$$\Delta{ACP}':\:{z}_{{A}} +\omega{z}_{{C}} +\omega^{\mathrm{2}} {z}_{{P}'^{'} } =\mathrm{0} \\ $$$$\Delta{D}'{BA}:\:{z}_{{D}'} +\omega{z}_{{B}} +\omega^{\mathrm{2}} {z}_{{A}} =\mathrm{0} \\ $$$${z}_{{D}} =\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}\left({z}_{{A}} +{z}_{{B}} +{z}_{{D}'} \right),{cordinate}\:{of}\:{centroied}. \\ $$$${now}\:{for}\:{triangle}:{DEP}\:{we}\:{can}\:{write}: \\ $$$${z}_{{D}} +\omega{z}_{{E}} +\omega^{\mathrm{2}} {z}_{{P}} =\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}\left({z}_{{D}'} +{z}_{{B}} +{z}_{{A}} \right)+\frac{\omega}{\mathrm{3}}\left({z}_{{B}} +{z}_{{E}'} +{z}_{{C}} \right)+ \\ $$$$\frac{\omega^{\mathrm{2}} }{\mathrm{3}}\left({z}_{{A}} +{z}_{{C}} +{z}_{{P}'} \right)=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}\left({z}_{{B}} +\omega{z}_{{E}'} +\omega^{\mathrm{2}} {z}_{{C}} \right)+ \\ $$$$+\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}\left({z}_{{D}'} +\omega{z}_{{B}} +\omega^{\mathrm{2}} {z}_{{A}} \right)+\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}\left({z}_{{A}} +\omega{z}_{{C}} +\omega^{\mathrm{2}} {z}_{{P}^{\:\:'} } \right)= \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}\left(\mathrm{0}+\mathrm{0}+\mathrm{0}\right)=\mathrm{0}\:. \\ $$$${i}.{e}:{D}\overset{\Delta} {{E}P}\:\:{is}\:{equilateral}. \\ $$$$\left.\mathrm{2}\right){cordinate}\:{of}\:{centroid}\:{of}\::{A}\overset{\Delta} {{B}C} \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}\left({z}_{{A}} +{z}_{{B}} +{z}_{{C}} \right) \\ $$$${for}\:{triangle}:{D}\overset{\Delta} {{E}P}=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}\left({z}_{{D}} +{z}_{{E}} +{z}_{{P}} \right)= \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}\left(\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}\left({z}_{{D}'} +{z}_{{B}} +{z}_{{A}} \right)+\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}\left({z}_{{B}} +{z}_{{E}'} +{z}_{{C}} \right)+\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}\left({z}_{{A}} +{z}_{{C}} +{z}_{{P}'} \right)\right)= \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{9}}\left(\mathrm{2}{z}_{{A}} +\mathrm{2}{z}_{{B}} +\mathrm{2}{z}_{{C}} +{z}_{{E}'} +{z}_{{P}'} +{z}_{{D}'} \right)= \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{9}}\left(\mathrm{2}{z}_{{A}} +\mathrm{2}{z}_{{B}} +\mathrm{2}{z}_{{C}} −\frac{{z}_{{B}} +\omega^{\mathrm{2}} {z}_{{C}} }{\omega}−\frac{{z}_{{A}} +\omega{z}_{{C}} }{\omega^{\mathrm{2}} }−\omega{z}_{{B}} −\omega^{\mathrm{2}} {z}_{{A}} \right)= \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{9}}\left(\mathrm{2}{z}_{{A}} +\mathrm{2}{z}_{{B}} +\mathrm{2}{z}_{{C}} +\left(\mathrm{1}+\omega\right)\left({z}_{{B}} +\omega^{\mathrm{2}} {z}_{{C}} \right)−\omega\left({z}_{{A}} +\omega{z}_{{C}} \right)−\omega{z}_{{B}} −\omega^{\mathrm{2}} {z}_{{A}} \right)= \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{9}}\left(\mathrm{2}{z}_{{A}} +\mathrm{2}{z}_{{B}} +\mathrm{2}{z}_{{C}} +{z}_{{B}} +\omega^{\mathrm{2}} {z}_{{C}} +\omega{z}_{{B}} +\omega^{\mathrm{3}} {z}_{{C}} −\omega{z}_{{A}} −\omega^{\mathrm{2}} {z}_{{C}} −\omega{z}_{{B}} −\omega^{\mathrm{2}} {z}_{{A}} \right)= \\ $$$$=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{9}}\left(\mathrm{3}{z}_{{A}} +\mathrm{3}{z}_{{B}} +\mathrm{3}{z}_{{C}} \right)=\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{3}}\left({z}_{{A}} +{z}_{{B}} +{z}_{{C}} \right)\:. \\ $$$${it}\:{means}\:{that}:{triangles}:{A}\overset{\Delta} {{B}C}\:{and}\:{D}\overset{\Delta} {{E}P} \\ $$$${have}\:{the}\:{same}\:{centroied}\:{point}. \\ $$
Answered by b.e.h.i.8.3.4.1.7@gmail.com last updated on 19/Jun/17
Commented by b.e.h.i.8.3.4.1.7@gmail.com last updated on 19/Jun/17
$${draw}\:{outcircles}\:{of}\:{constracted}\:{triangles}. \\ $$$${let}\::{O}\:{be}\:{the}\:{another}\:{intersection}\:{of}\:\mathrm{2}\:{circles}\: \\ $$$${with}\:{AB\&AC}\:{chords}\:,{respect}\:{point}:{A}. \\ $$$${we}\:{have}\::\angle{AOB}=\angle{AOC}=\mathrm{120}^{\bullet} . \\ $$$${so}:\:\angle{BOC}=\mathrm{120}^{\bullet} {also}.\:{i}.{e}\:{the}\:{circle}\:{with} \\ $$$${chord}:{BC}\:,{passes}\:{from}\:{point}\:{O}. \\ $$$${but}\:{XY}\:{is}\:{perpendicular}\:{to}\:{common}\: \\ $$$${chord}:{OC},{and}\:{also}:{XZ}\:{is}\:{perpendicular} \\ $$$${to}\::{OB}.\:{we}\:{prove}\:{that}:\angle{BOC}=\mathrm{120}^{\bullet} \\ $$$${and}\:{it}\:{means}\:{that}:\:\angle{X}=\mathrm{60}^{\bullet} . \\ $$$${similarly}\:{we}\:{can}\:{prove}\:{that}:\angle{Y}=\angle{Z}=\mathrm{60} \\ $$$${i}.{e}:\:{X}\overset{\Delta} {{Y}Z}\:{is}\:{equilateral}.\:\blacksquare \\ $$
Commented by mrW1 last updated on 19/Jun/17
$$\mathrm{Very}\:\mathrm{nice}\:\mathrm{sir}! \\ $$