38.- Dado un triángulo equilátero ABC de lado a en el que tenemos un punto arbitrario P desde el cual se trazan las perpendiculares PD, PE y PF a los lados del triángulo BC, CA y AB, respectivamente, se verifica que k=(PD + PE + PF )/(BD + CE + AF) es constante.

Romero, J-B. (2001): Una propiedad del triángulo isósceles.(Referenciado en Lidski y otros (1.978): Problemas de matemáticas elementales. (problema 301), pág 51). Editorial Mir. Moscú. SUMA, 37 (Junio). (p. 63)

Solución de Maite Peña Alcaraz, estudiante de Industriales en la Universidad de Comillas (Madrid) (29 de noviembre de 2004) :

La desigualdad de Erdös-Mondell dice que para todo triángulo ABC sea P un punto interior al mismo. Llamemos D, E y F a los pies de las perpendiculares desde P a los lados AB, BC y AC. Entonces se cumple que (PA+PB+PC)/(PD+PE+PF)>=2, cumpliéndose la igualdad si y solo si el punto P es el circuncentro del triángulo o si ABC es equilátero.

Así que como tenemos un triángulo equilátero ABC, sabemos que (PA+PB+PC)/(PD+PE+PF)=2.

Notemos que  PD+PE+PF es constante ya que es dos veces el área de ABC, considerando el lado AB=1, así que PA+PB+PC también tiene que ser constante, y valdrá siendo P el circuncentro 3*½*cos30=3(3)^½/4

Aplicando el Teorema de Pitágoras a los triángulos APF y BFP y restando tenemos que 2AF-1=PA²-PB², haciendo lo mismo con PBD y PDC obtenemos que PB²-PC²=2BD-1 y haciéndolo con CPE y APE tenemos que PC²-PA²=2CE-1. Si sumamos las tres cosas obtenemos que AF+BD+CE=3/2.

Así que PA+PB+PC=(3)^½/2(AF+BD+CE) y sustituyendo en la desigualdad de Erdös Mondell obtenemos que (AF+BD+CE)/(PD+PE+PF)=(3)^ ½/4, que es constante como se pedía demostrar.