Sexta demostración

Recurriendo a los números complejos para hacer una nueva demostración del teorema de Napoleón.

"Asociaremos al numero complejo $\,z=x+iy\,$ , en que $\,x\,$ y $\,y\,$ son reales e $\,i\,$ es la unidad imaginaria, el punto $\,Z\,$ con coordenadas rectangulares $\,(x,y)\,$ en un plano cartesiano. El punto $\,Z\,$ se denominara imagen, o punto representativo, del numero complejo $\,z\,$ y dicho numero recibirá el nombre de afijo, o coordenada compleja, del punto $\,Z\,$ ."(Eves, 1985, pag.167)

Necesitaremos también el siguiente teorema: "Si $\,A\,$ y $\,B\,$ son puntos con afijos $\,a\,$ y $\,b\,$ , respectivamente, entonces $\,p=a+(b-a)\cdot e^{i\phi} \,$ es el afijo del punto $\,P\,$ obtenido girando un ángulo $\,\phi\,$ el punto $\,B\,$ alrededor del punto $\,A\,$ ." (Eves, 1985, pág 174)

Viendo el diagrama que sigue se podrá entender el por qué de la condición.

Para el caso en que $\,\phi=60º\,$ el teorema anterior nos da una condición necesaria y suficiente para que un triángulo $\,\triangle ABP\,$ sea equilátero, y dicha condición es que los afijos $\,a\,$ , $\,b\,$ y $\,p\,$ de sus vértices (sus coordenadas complejas) verifiquen la condición $\,p=a+(b-a)\cdot e^{i\phi}\,$ .

Asignándole un número complejo a cada vértice del triángulo $\,\,$ podemos considerar sin perdida de generalidad: $\,A(0+0i),B(b+0i),C(c+di)\,$

Si $\,x\,$ , $\,y\,$ , $\,z\,$ son los afijos de $\,A\,$ , $\,B\,$ y $\,C\,$ respectivamente $\,(x=0,y=b,z=c+di)\,$ , los afijos $\,x'\,$ , $\,y'\,$ , $\,z'\,$ de los puntos $\,A'\,$ , $\,B'\,$ , $\,C'\,$ serán:

$\,\displaystyle {x'=z+(y-z)\cdot e^{\frac{i\Pi}{3}}= (c+di)+(b-c-di) \left(\fra... ...t{3}}{2}\right)=\frac{b+c+d\sqrt{3}}{2} + \frac{(b\sqrt{3}-c\sqrt{3}+d)i}{2}}\,$

$\,\displaystyle {y'=z\cdot e^{\frac{i\Pi}{3}}= (c+di)\cdot \left(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{c-d\sqrt{3}}{2} + \frac{(c\sqrt{3}+d)i}{2}}\,$

$\,\displaystyle {z'=y\cdot e^{-\frac{i\Pi}{3}}=b\cdot \left(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{b}{2} - \frac{(b\sqrt{3})i}{2}}\,$ .

Llegados aquí necesitamos de otro teorema: ``El centroide $\,G\,$ del triángulo $\,\triangle ABC\,$ tiene como afijo $\,\displaystyle {g=\frac{(a+b+c)}{3}}\,$ ." (Eves, 1985, pág 176)

Si $\,a\,$ , $\,b\,$ , $\,c\,$ son los afijos de $\,A\,$ , $\,B\,$ y $\,C\,$ , el punto $\,J\,$ medio de $\,\overline{AB}\,$ tiene como afijo $\,\displaystyle {\frac{(a+b)}{2}}\,$ . Como el baricentro $\,G\,$ verifica que $\,\displaystyle {\frac{m\overline{CG}}{m\overline{GJ}}=2}\,$ , se cumple la siguiente relación entre los afijos de $\,C\,$ , $\,G\,$ y $\,J\,$ : $\,\displaystyle {\frac{(g-c)}{(a+b)/2-g}=2}\,$

Despejando concluimos que $\,\displaystyle {g=\frac{(a+b+c)}{3}}\,$ .

Usando la condición anterior podemos hayan los afijos $\,m\,$ , $\,n\,$ , $\,p\,$ de los puntos $\,M\,$ , $\,N\,$ , $\,P\,$ baricentros de los triángulos $\,\triangle BCA'\,$ , $\,\triangle CAB'\,$ y $\,\triangle ABC'\,$ respectivamente.

$\,\displaystyle {m=\frac{x'+y+z}{3}=\frac{3b+3c+d\sqrt{3}}{6}+\frac{(b\sqrt{3}-c\sqrt{3}+3d)i}{6}}\,$ (1)

$\,\displaystyle {n=\frac{x+y'+z}{3}=\frac{3c-d\sqrt{3}}{6}+\frac{(c\sqrt{3}+3d)i}{6}}\,$

$\,\displaystyle {p=x+y+z'=\frac{3b}{6}-\frac{(\sqrt{3})i}{6}}\,$

Si hallamos ahora, usando la condición necesaria y suficiente para que un triángulo sea equilátero mencionada antes, el afijo (coordenada compleja) del tercer vértice del triángulo equilátero de vértices $\,N\,$ y $\,P\,$ tenemos:

$\,\displaystyle {n+(p-n)\cdot e^{\frac{i\Pi}{3}}=}\,$

$\,\displaystyle {=n+\left[\frac{3b}{6}-i\frac{b\sqrt{3}}{6}-\left(\frac{3c-d\sq... ...3}+3d}{6}i\right)\right] \cdot \left(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=}\,$

$\,\displaystyle {=n+\left(\frac{3b-3c+d\sqrt{3}}{6}-\frac{b\sqrt{3}+c\sqrt{3}+3d}{6}i\right) \cdot \left(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=}\,$

$\,\displaystyle {=\left(\frac{3c-d\sqrt{3}}{6}+\frac{c\sqrt{3}+3d}{6}i\right) \cdot\left(\frac{3b+2d\sqrt{3}}{6}+\frac{b\sqrt{3}-2c\sqrt{3}}{6}i\right)=}\,$

$\,\displaystyle {=\frac{3b+3c+d\sqrt{3}}{6}+\frac{b\sqrt{3}-c\sqrt{3}+3d}{6}i}\,$

que es el afijo del punto $\,M\,$ hallado antes en (1).

Podemos concluir entonces que $\,\triangle MNP\,$ es equilátero.

(Demostración sugerida en de Guzmán, 1995,p.341)

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