OliForum Matematico

Sia $ABC$ un triangolo, supponiamo che esista un punto $P$ ad esso interno tale che $\widehat{APB}=\widehat{BPC}=\widehat{CPA}$.
Dette $D,E$ le intersezioni tra $BP, CP$ e i lati $AC, AB$ rispettivamente, dimostrare che $\frac{AB+AC}{DE} \ge 4$.

Certo che sono cambiate le abitudini dai tempi in cui ero concorrente io, è desolante vedere così pochi messaggi (e così poche risposte) in un posto che vent'anni fa era una bolgia (nell'accezione positiva del termine). Anyway, col ritorno del vecchio tornano anche le soluzioni del vecchio, di dubbia eleganza ma di sicura efficacia.

Dovrebbe essere noto dalla letteratura che il punto $P$ è il punto di Fermat-Torricelli-Steiner $T$, ossia quello che minimizza $PA+PB+PC$ in un triangolo con angoli di ampiezza non superiore ai $120^\circ$. Ossia quello che vede tutti i lati di $ABC$ sotto un angolo di $120^\circ$. Ossia il punto di concorrenza di $AA',BB',CC'$, dove $ABC',BCA',CAB'$ sono triangoli equilateri costruiti esternamente ad $ABC$.

Possiamo notare che se proviamo $4\,DE\leq B'C'$ abbiamo finito. Abbiamo finito anche se proviamo $B'T\geq 4\,DT$ e $C' T\geq 4\,ET$, ovvero
$B'D/DT\geq 3$ e $C'E/ET\geq 3$. D'altra parte
$$ \frac{B'D}{DT}=\frac{[B'AC]}{[TAC]}=\frac{AC^2}{TA\cdot TC}=\frac{TA^2+TC^2+TA\cdot TC}{TA\cdot TC} $$
per il Teorema del coseno, dunque $\frac{B'D}{DT}\geq 3$ per AM-GM e lo stesso discorso vale per $\frac{C'E}{ET}$.