si $a+b=c+d=e+f=\dfrac{\pi}{3}$,
$\dfrac{\sin{a}}{\sin{b}}\cdot\dfrac{\sin{c}}{\sin{d}}\cdot\dfrac{\sin{e}}{\sin{f}}=1$,
Probar que:
$\dfrac{\sin{(2a+f)}}{\sin{(2f+a)}}\cdot\dfrac{\sin{(2e+d)}}{\sin{(2d+e)}}\cdot\dfrac{\sin{(2c+b)}}{\sin{(2b+c)}}=1$
Respuesta
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Considere la posibilidad de un triángulo equilátero $ABC$, y deje $D$$BC$, de modo que $\angle{BAD}=a$, lo $\angle{DAC}=\frac{\pi}{3}-a=b$. Deje $E$$AC$, de modo que $\angle{CBE}=c$, lo $\angle{EBA}=\frac{\pi}{3}-c=d$. Deje $F$$AB$, de modo que $\angle{ACF}=e$, lo $\angle{FCB}=\frac{\pi}{3}-e=f$.Por el seno de la versión del teorema de Ceva y la condición dada $\frac{\sin{a}}{\sin{b}}\cdot \frac{\sin{c}}{\sin{d}}\cdot \frac{\sin{e}}{\sin{f}}=1$, $AD, BE, CF$ son concurrentes en un punto, que llamaremos $P$.
Extender $AD$ a los puntos de $A_1, A_2$ s.t. $\angle{A_1CB}=a+f, \angle{A_2BC}=b+c$. Tenemos $\angle{CA_1A}=\pi-\angle{A_1CA}-\angle{A_1AC}=\pi-b-(e+f+a+f)=e$. Del mismo modo $\angle{BA_2A}=d$. Por lo tanto $APC$ es similar a $ACA_1$ $APB$ es similar al triángulo $ABA_2$. Por lo tanto,$\frac{AA_1}{AC}=\frac{AC}{AP}=\frac{AB}{AP}=\frac{AA_2}{AB}$, lo $AA_1=AA_2$, lo $A_1=A_2$. Ahora
$$\frac{\sin{(b+2c)}}{\sin{(a+2f)}}=\frac{\frac{A_1P}{\sin{(a+2f)}}}{\frac{A_2P}{\sin{(b+2c)}}}=\frac{\frac{CP}{\sin{e}}}{\frac{BP}{\sin{d}}}=\frac{CP\sin{d}}{BP\sin{e}}$$
Del mismo modo, obtenemos $$\frac{\sin{(d+2e)}}{\sin{(c+2b)}}=\frac{AP\sin{f}}{CP\sin{a}}$$ $$\frac{\sin{(f+2a)}}{\sin{(e+2d)}}=\frac{BP\sin{b}}{AP\sin{c}}$$ so multiplying gives the desired equality $$\frac{\sin{(2a+f)}}{\sin{(2f+a)}}\cdot\frac{\sin{(2e+d)}}{\sin{(2d+e)}}\cdot\frac{\sin{(2c+b)}}{\sin{(2b+c)}}=1$$
