Perdonami @totissimus, ma non ho ben capito cosa hai trovato per (b)... Ad ogni modo, col tuo punto (a) hai risvegliato il mio occhio, ultimamente poco allenato alla geometria, tanto da riuscire a trovare una soluzione soddisfacente all'intero problema. Sono particolarmente contento di sottoporre alla vostra opinione la mia trovata per il punto (d), che riporto di seguito assieme a (b) per completezza di trattazione:
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Per rispondere al punto sull'iterazione della costruzione con le altezze \( ABC\rightsquigarrow A''B''C''\), occorre trovare un'espressione per \(α''\),\(β''\) e \(γ''\). Ripescando l'osservazione di @totissimus per il punto (a), preso l'arco \(\overset{\frown}{B''C''}\cong\overset{\frown}{B''A}+\overset{\frown}{AC''}\), su di esso insiste \(α''=B''\widehat BA+A\widehat CC''=2\left(\frac{\pi}2-\alpha\right)=\pi-2\alpha\). Analogamente, \(\beta''=\pi-2\beta\) e \(\gamma''=\pi-2\gamma\). Ora occorre dimostrare la doppia implicazione \[\alpha,\beta,\gamma=\frac{\pi}3\Longleftrightarrow\forall n\in\mathbb{N^*}\ \alpha''_n,\beta''_n,\gamma''_n<\frac{\pi}2\] dove, con \(\alpha''_n\),\(\beta''_n\) e \(\gamma''_n\) intendo gli angoli del triangolo \(A''B''C''\) ottenuto all'$n$-esima costruzione.
Dimostrare l'implicazione \(\Longrightarrow\) è abbastanza banale: è sufficiente osservare che si otterranno sempre dei triangoli equilateri dato che \(\alpha''_1,\beta''_1,\gamma''_1=\pi-2\frac{\pi}3=\frac{\pi}3\) e così sempre per ogni iterazione.
Al contrario, l'implicazione \(\Longleftarrow\) mi ha impegnato di più: prendendo gli angoli \(\alpha''_n\) (ma ugualmente per gli altri), la mia idea è di costruirci una successione per determinarne il limite. Mi spiego meglio... Preso per ipotesi \[\alpha''_1=\pi-2\alpha<\frac{\pi}2\] segue che \(\alpha>\frac{\pi}4\); poi da \[\alpha''_2=\pi-2(\pi-2\alpha)<\frac{\pi}2\] viene che \(\alpha<\frac{3\pi}8\). Proseguendo il calcolo si ottiene \[\alpha_{n\in\{1,3...\}}>-\frac{\sum_{k=0}^n(-2)^k}{2^{n+1}}\pi\\\alpha_{n\in\{2,4...\}}<\frac{\sum_{k=0}^n(-2)^k}{2^{n+1}}\pi\] intendendo con \(\alpha_n\) l'angolo \(\hat A\) di \(ABC\) che risulta dalla valutazione dell'angolo \(\alpha''_n\) dell'$n$-esima iterazione. Dalla somma di una successione geometrica, riscriviamo \[\alpha_{n\in\{1,3...\}}>\frac{2^{n+1}-1}{2^{n+1}}\frac{\pi}3\\\alpha_{n\in\{2,4...\}}<\frac{2^{n+1}+1}{2^{n+1}}\frac{\pi}3\] Al limite, \[\frac{\pi}3<\alpha_{n\to\infty}<\frac{\pi}3\] da cui necessariamente \(\alpha=\frac{\pi}3\); lo stesso vale per \(\beta\) e \(\gamma\), quindi, affinché i triangoli \(A''B''C''\) siano sempre acutangoli, \(ABC\) dev'essere equilatero.
Ammesso e non concesso che sia formalmente corretta, mi sono divertito parecchio e spero con tutto il cuore che sia valida! L'unica cosa che ancora mi chiedo è se esiste una soluzione più semplice della mia, considerando che nel resto della prova ci sono altre due dimostrazioni belle corpose (di cui una mi sfugge ancora in alcune parti...) e altri 17 quesiti più o meno rapidi...