Difficult and beautiful - /Open problem/

[ins-]

On the sides AB, BC, CA of the triangle ABC are chosen points M, N, P respectively such that AM=BN=CP and angles BAN, ACM, CBP are equal. Is the triangle equaliteral?

It is not solved till this moment by anyone probably.

[незваный гость]

The answer depends on the understanding of “on the sides”. If it is understood as “on the sides or their extensions”, the statement is wrong, but the proof is neither difficult nor beautiful. It is just a tedious trigonometrical calculations.

The stricter understanding of “on the sides” causes statement probably to be true. I can neither proof nor disproof it at the moment although.

Добавлено спустя 5 минут 2 секунды:

Для не читающих по-английски:

На сторонах AB, BC, CA треугольника ABC выбраны точки M, N и P соответственно, так, что равны расстояния AM, BN и CP, и равны углы BAN, ACM, и CBP. Является ли треугольник равносторонним?

Вероятно, эта задача никем не решена.

[ins-]

For points: M is between A, B. N is between B, C. P is between C, A.
I don't believe you. Please be more careful. They are not only boring trigonometric calculations. 5-6 people very good matematicians solved this problem but ... there were mistakes in their solutions. Write your solution and you will see it is probably not correct. Don't underestimate this problem it is not solved even in mathlinks.ro.

P.S. I'm sorry for using English. I'm from Bulgaria I also know Russian but my Russian is not good. If you prefere I may use Russian but it is on your risk .

[Батороев]

На уровне домыслов...
Если против заданного угла строить сторону заданной длины, то чем больше бОльшая прилежащая к углу сторона, то тем больше угол между заданной стороной и этой бОльшей стороной.
В треугольниках такой порядок невозможен, т.к. наибольшая сторона всегда лежит против наибольшего угла.
Исключение составляют равносторонние треугольники, в которых все равно.

[ins-]

May you prove it using strong mathematical arguments?

In this way it sounds like "it seems that triangle should be equaliteral so it is".

[Батороев]

Вряд ли.
Если только кто-либо из форумчан, убедившись в некоторой справедливости моих домыслов, не найдет им математическое обоснование.

[ins-]

Take a look at: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic ... 4&start=20 go to the last ideas and you will see it is not so easy to prove it (if it is possible to be proved).
You may see one more wrong solution at: http://www.math10.com/forumbg/viewtopic ... sc&start=0
It is the reason to ask for solution. If you cannot solve or have no time say "I've no time, or I cannot solve this at this moment" it is better.

[juna]

Обозначим $AB=a, BC=b, AC=c, BAC=\alpha , ABC=\beta, ACB=\gamma ,$ $x=AM=BN=CP$.
Используя тригонометрические соотношения (теорему синусов, косинусов), получаем, что из требования равенства углов должно выполняться:
$\frac{\sin\beta}{\sqrt{a^2+x^2-2ax\cos\beta}}=\frac{\sin\alpha}{\sqrt{c^2+x^2-2cx\cos\alpha}}=\frac{\sin\gamma}{\sqrt{b^2+x^2-2bx\cos\gamma}}$
Выражая углы через стороны, приходим:
$\frac{1-(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab})^2}{a^2+x^2-\frac{x(a^2+b^2-c^2)}{b}}=\frac{1-(\frac{c^2+a^2-b^2}{2ac})^2}{c^2+x^2-\frac{x(c^2+a^2-b^2)}{a}}=\frac{1-(\frac{c^2+b^2-a^2}{2cb})^2}{b^2+x^2-\frac{x(c^2+b^2-a^2)}{c}}$
Т.е при фиксированных $a,b,c$ и переменной $x$ приходим к системе из трех квадратных уравнений, которые на самом деле - одно единственное. Априори, конечно, уже хочется верить, что это возможно только при $a=b=c$

[ins-]

"Т.е при фиксированных $a,b,c$ и переменной $x$ приходим к системе из трех квадратных уравнений, которые на самом деле - одно единственное. Априори, конечно, уже хочется верить, что это возможно только при $a=b=c$" - Does it prove that a=b=c? In my opinion it is not. Why a=b=c?

[juna]

Не доказывает, конечно. Я написал, что хочется верить.
Просто, после преобразований получаем три квадратных уравнения, имеющие по два одинаковых корня:
$a_1x^2+b_1x+c_1=0$
$a_2x^2+b_2x+c_2=0$
$a_3x^2+b_3x+c_3=0$
где коэффициенты $a_1,a_2,a_3,b_1,b_2,b_3,c_1,c_2,c_3$ - некоторые функции от $a,b,c$
Но это возможно, когда уравнения отличаются общим множителем, т.е. $\frac{a_1}{a_2}=\frac{b_1}{b_2}=\frac{c_1}{c_2}...$

[ins-]

Please, check carefully, very carefully vittasko's solution to this problem: http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic ... 309#945309
and say your opinion. I'm interested about this problem, because I invented it independently without knowing someone else is invented it before or after me.

[ins-]

Let simplify the things: Look only at case: a>c>b - prove or disprove the triangle is equaliteral for this case only and the problem is solved.

[незваный гость]

ins- писал(а):

I don't believe you.

Your beliefs is your private matter. I am not going to address them. I am ready, however, prove my (not your) statement.

незваный гость писал(а):

If it is understood as “on the sides or their extensions”, the statement is wrong,

The operative word here is “or their extension”. Indeed, if we are looking for the point exactly on the sides, it changes rules. We have in fact, two different problems.

~~~

Lets the $AN = x$, and $ABN = \varphi$.

Lets consider the triangle ${\scriptstyle\triangle} ABN$. We can write the sinus theorem for it: $\frac{x}{\sin\varphi} = \frac{c}{\sin(\alpha + \varphi)}$. Or, $\frac{\sin \varphi}{x} = \frac{\sin (\alpha + \varphi)}{c}$. Now, if $R$ is the circumradius, $c = 2 R \sin \gamma$ and we can write: $\frac{2 R \sin \varphi}{x} = \frac{\sin(\alpha + \varphi)}{\sin \gamma}$. Similar, considering other triangles we can conclude: $\frac{2 R \sin \varphi}{x} = $ $ \frac{\sin(\alpha + \varphi)}{\sin \gamma} = $ $ \frac{\sin(\beta + \varphi)}{\sin \alpha} = $ $ \frac{\sin(\gamma + \varphi)}{\sin \beta}$. So the problem boils down to the satisfying the last pair of equations (and, if we want points to be on sides, an additional inequality $ \varphi \le \min(\alpha, \beta, \gamma)$).

$\sin(\alpha + \varphi) \sin\alpha = \sin(\beta+\varphi)\sin\gamma \Leftrightarrow$ $\sin \alpha(\sin\alpha + \cos\alpha \tg \varphi) = \sin\gamma(\sin \beta + \cos \beta \tg \varphi) \Leftrightarrow$ $\tg \varphi = \frac{\sin\beta \sin \gamma - \sin^2 \alpha}{\sin \alpha \cos\alpha - \sin \gamma \cos\beta}$. We can express $\tg \varphi$ from the other equation. Obviously they have to be equal for compatibility of equations, so we have a condition on $\alpha, \beta, \gamma$: $ \frac{\sin\beta \sin \gamma - \sin^2 \alpha}{\sin \alpha \cos\alpha - \sin \gamma \cos\beta} = $ $ \frac{\sin\alpha \sin \beta - \sin^2 \gamma}{\sin \gamma \cos\gamma - \sin \beta \cos\alpha} \Leftrightarrow$ $\sin^2 \alpha \cos\gamma +\sin^2 \beta \cos\alpha +\sin^2\gamma \cos\beta = $ $\sin\alpha\cos\alpha\sin\gamma + \sin\beta\cos\beta\sin\alpha + \sin\gamma\cos\gamma\sin\beta$.

Phui!

Now we let $u = \tg\frac{\alpha}{2}$, $v = \tg\frac{\beta}{2}$. Because $\alpha + \beta + \gamma = \pi$, we have an algebraic equation: $u^2 -$ $ 3 u^4 -$ $ u v -$ $ 4 u^3 v +$ $ 5 u^5 v -$ $ 3 v^2 +$ $10 u^2 v^2 +$ $ 8 u^4 v^2 -$ $ u^6 v^2 +$ $ 12 u v^3 -$ $12 u^3 v^3 -$ $ 8 u^5 v^3 +$ $ v^4 -$ $ 12 u^2 v^4 -$ $ 6 u^4 v^4 +$ $3 u^6 v^4 -$ $ 3 u v^5 -$ $ 8 u^3 v^5 +$ $ 3 u^5 v^5 -$ $ u^2 v^6 +$ $ 3 u^4 v^6 = 0$ We are looking for real positive solutions of the equation $ 0 < u < 1/v $.

Well, here is graphics of the solution:

Horizontally we have $\beta$s, the red line $\alpha$, green is $\gamma$, and blue is $\varphi$. The thin black line is $\beta$.


shows how $\varphi$ depends on smallest of the triangle's angles.

Obviously it demonstrates that there are solutions where points belong to sides' extensions (for example, $\alpha = 0.714321$, $\beta = 0.241815$, $\gamma = 2.18546$, $\varphi = 0.664294$). More than, it actually demonstrates that there is no solution for “strict” sides. Before we go into discussion “graphics does not prove”, I would note that (1) there are interval calculations that prove, (2) It is easy enough to prove asymptotics near 0 ($\varphi \sim 4 v$), and (3)

незваный гость писал(а):

I can neither proof nor disproof it at the moment although.

Myself, I do not see anything beautiful in this approach. May be the other one…

[TOTAL]

незваный гость писал(а):

Myself, I do not see anything beautiful in this approach. May be the other one…

Воспользуюсь Вашим набором.
Соотношение
$\sin^2 \alpha \cos\gamma +\sin^2 \beta \cos\alpha +\sin^2\gamma \cos\beta = \sin\alpha\cos\alpha\sin\gamma + \sin\beta\cos\beta\sin\alpha + \sin \gamma \cos\gamma \sin\beta$

перепишем как
$ \left( 1- \cos(\alpha-\gamma) \right)\cos \alpha + \left( 1-\cos(\gamma-\beta) \right)\cos \gamma + \left( 1-\cos(\alpha - \beta) \right)\cos \beta=0$,
откуда увидим, что если это остроугольный треугольник, то он правильный.

Пусть теперь $\beta$ --- тупой угол. Тогда соотношение
$\displaystyle \frac{\sin(\beta + \varphi)}{\sin \alpha} = \frac{\sin(\gamma + \varphi)}{\sin \beta}$
не выполняется, так как левая часть больше единицы, а правая меньше.

[незваный гость]

TOTAL писал(а):

Пусть теперь $\beta$ --- тупой угол. Тогда соотношение
$\displaystyle \frac{\sin(\beta + \varphi)}{\sin \alpha} = \frac{\sin(\gamma + \varphi)}{\sin \beta}$
не выполняется, так как левая часть больше единицы, а правая меньше.

Почему? Мне кажется, это неверно. Особенно глядя на обновленные графики выше.

Мне кажется, чисто тригонометрический путь беспереспективен, поскольку условие должно быть выполнено не просто для $\varphi$, но для $\varphi < \min(\alpha,\beta,\gamma)$.

Добавлено спустя 9 минут 58 секунд:

I'm sorry, I just realized that my early morning corrections were unnecessary.

We can consider $\beta$ smallest angle of the triangle without loss of generality. Correspondingly, we can plot in range $(0,\pi/3)$ and cut branches with too small $\alpha$ or $\gamma$. I will correct plots a little later for clarity.