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Dato che i vertici di un poligono regolare hanno coordinate: \[
(x_k,y_k)=(x_c,y_c)+r\left(\cos\left(\theta+\frac{2k\pi}{n}\right),\sin\left(\theta+\frac{2k\pi}{n}\right)\right),\quad\text{con}\;k=1,2,\dots,n
\] ne consegue che: \[
\begin{aligned}
&\sum_{k=1}^n(x_k-x_c)^2=\frac{n}{2}r^2\\
&\sum_{k=1}^nx_k^2-2x_c\sum_{k=1}^nx_k+x_c^2\sum_{k=1}^n1=\frac{n}{2}r^2\\
&\sum_{k=1}^nx_k^2-2\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n x_k\right)\sum_{k=1}^nx_k+\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n x_k\right)^2n=\frac{n}{2}r^2\\
&\sum_{k=1}^n x_k^2-\frac{1}{n}\left(\sum_{k=1}^n x_k\right)^2=\frac{n}{2}r^2\\
&r=\sqrt{\frac{2}{n}\sum_{k=1}^n x_k^2-\frac{2}{n^2}\left(\sum_{k=1}^n x_k\right)^2}\\
&l=2\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)\sqrt{\frac{2}{n}\sum_{k=1}^n x_k^2-\frac{2}{n^2}\left(\sum_{k=1}^n x_k\right)^2}
\end{aligned}
\] ossia, nel caso di un triangolo equilatero, si ha: \[
\boxed{l=2\sqrt{\frac{x_1^2+x_2^2+x_3^2-x_1x_2-x_1x_3-x_2x_3}{3}}}.
\] Ovviamente ciò vale anche per le ordinate dei vertici.

Chiamo $a,b,c$ le ascisse dei vertici A, B, C (essendo A quello a sinistra) e chiamo $phi$ l'angolo che la bisettrice di $hat A$ forma con l'asse x. Poiché questa bisettrice forma angoli di 30° con AB, AC ho
${(b-a=lcos(phi-30°)),(c-a=lcos(phi+30°)):}->{(b-a=l(sqrt3/2 cos phi+1/2sin phi)),(c-a=l(sqrt3/2 cos phi-1/2sin phi)):}$
Posto per brevità $b_1=b-a;c_1=c-a$, sommo e sottraggo.
${(b_1+c_1=l sqrt3 cos phi),(b_1-c_1=l sin phi):}->{(l cos phi=(b_1+c_1)/sqrt 3),(l sin phi=b_1-c_1):}$
Quadrando e sommando, ottengo
$l^2=(b_1+c_1)^2/3+(b_1-c_1)^2= (b_1^2+2b_1c_1+c_1^2+3b_1^2-6b_1c_1+3c_1^2)/3=(4(b_1^2-b_1c_+c_1^2))/3$
ed estraendo la radice $l=2/sqrt3 sqrt(b_1^2-b_1c_1+c_1^2)$
E' la stessa formula di sellacollesella, solo scritta in modo diverso: non evidenzia il fatto che c'è simmetria fra le tre ascisse, ma è più concisa.

Non è equivalente a quella di sellacollessella, prova con $a=1, b=2, c=3$.
D'altra parte la soluzione non può prescindere da $a$.

A physics solution.
Without loss of generality, we can assume that $a+b+c=0$. Thus, the y-axis passes through the triangle’s centroid. The moment of inertia of the system consisting of the three triangle vertices with respect to the y-axis is $a^2 + b^2 + c^2$. Now, we add the symmetry consideration: the inertia ellipse must be invariant under the 60-degree rotation, implying that the ellipse is actually a circle. This means that the inertia moment doesn’t change under any system rotation. Thus, we can assume that one of the vertices lies on the y-axis. In this case, the inertia moment equals $L^2/2$, where $L$ is the length of the triangle’s side. The answer follows.