El teorema de Napoleón		Mario Dalcín

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Nuevas observaciones

Las rectas $\,\overrightarrow{AM}\,$, $\,\overrightarrow{BN}\,$, $\,\overrightarrow{CP}\,$ son concurrentes.

Para demostrar esta propiedad necesitaremos del teorema de Ceva:

$\,X,Y,Z\,$ son puntos sobre los lados $\,\overline{BC}\,$, $\,\overline{CA}\,$, $\,\overline{AB}\,$ de un triángulo $\,\bigtriangleup ABC\,$. $\,\overrightarrow{AX}\,$, $\,\overrightarrow{BY}\,$, $\,\overrightarrow{CZ}\,$ son concurrentes $\,\Longleftrightarrow \left( \displaystyle {\frac{\overline{AZ}}{\overline{ZB}}... ...rline{BX}}{\overline{XC}}\cdot \frac{\overline{CY}}{\overline{YA}}=1} \right)\,$

También usaremos, según vimos previamente, que el área $\,\bigtriangleup ABC = \displaystyle {\frac{bc\cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\alpha)}{2}}\,$

En nuestra figura:

$${\frac{\overline{BX}}{\overline{XC}}}$$	$=$	$${\frac{\mbox{ área } (\bigtriangleup ABM)}{\mbox{ área } (\bigtriangleup ABM)}}$$
	$=$	$${\frac{\overline{AB}\cdot \overline{BM} \cdot \mathop{\rm sen}\no... ...ne{AC}\cdot \overline{CM} \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\gamma + 30^\circ)}}$$
	$=$	$${\frac{c \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\beta + 30^\circ)}{b \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\gamma + 30^\circ)}}$$
$${\frac{\overline{CY}}{\overline{YA}}}$$	$=$	$${\frac{\mbox{ área } (\bigtriangleup BCN)}{\mbox{ área } (\bigtriangleup BAN}}$$
	$=$	$${\frac{\overline{BC}\cdot \overline{CN} \cdot \mathop{\rm sen}\no... ...ne{BA}\cdot \overline{AN} \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\alpha + 30^\circ)}}$$
	$=$	$${\frac{a \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\gamma + 30^\circ)}{c \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\alpha + 30^\circ)}}$$
$${\frac{\overline{AZ}}{\overline{AB}}}$$	$=$	$${\frac{\mbox{ área } (\bigtriangleup CAP)}{\mbox{ área } (\bigtriangleup CBP)}}$$
	$=$	$${\frac{\overline{CA}\cdot \overline{AP} \cdot \mathop{\rm sen}\no... ...ine{CB}\cdot \overline{BP} \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\beta + 30^\circ)}}$$
	$=$	$${\frac{b \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\alpha + 30^\circ)}{b \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\beta + 30^\circ)}}$$
$${\frac{\overline{AZ}}{\overline{XB}}}$$	$=$	$${\frac{\mbox{ área } (\bigtriangleup CAP)}{\mbox{ área } (\bigtriangleup CBP)}}$$
	$=$	$${\frac{\overline{CA}\cdot \overline{AP} \cdot \mathop{\rm sen}\no... ...ine{CB}\cdot \overline{BP} \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\beta + 30^\circ)}}$$
	$=$	$${\frac{b \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\alpha + 30^\circ)}{a \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\beta + 30^\circ)}}$$

si calculamos

$\left( \displaystyle {\frac{\overline{AZ}}{\overline{ZB}}} \right)\cdot \left(... ...right) \cdot \left( \displaystyle {\frac{\overline{CY}}{\overline{YA}}} \right)$	$=$	$${\frac{[b \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\alpha + 30^\circ)] \c... ...ma + 30^\circ)] \cdot [c \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\alpha + 30^\circ)]}}$$
	$=$	$1$

por el teorema de Ceva: $\,\overrightarrow{AX}\,$, $\,\overrightarrow{BY}\,$, $\,\overrightarrow{CZ}\,$ concurren, y $\,\overrightarrow{AM}\,$, $\,\overrightarrow{BN}\,$, $\,\overrightarrow{CP}\,$ concurren

$\,\bullet\,$Bajo la notación dada en el Teorema de Napoleón, el $\,\bigtriangleup MNP\,$ y el $\,\bigtriangleup ABC\,$ tienen el mismo baricentro.

Siendo $\,G\,$ el baricentro del triángulo $\,\bigtriangleup ABC\,$ se cumplen las siguientes relaciones entre vectores:

 

i.)	$\, v(\overrightarrow{GA})+ v(\overrightarrow{GB})+v(\overrightarrow{GC})=0\,$

Sea $\,J\,$ el punto medio de las diagonales $\,\overline{AB}\,$ y $\,\overline{GB}\,$ del paralelogramo $\,AGBD\,$

Se cumple:

$\,v(\overrightarrow{GA})+ v(\overrightarrow{GB})=v(\overrightarrow{GD})= 2 \cdot v(\overline{GJ})\,$

Por ser $\,G\,$ baricentro también se cumple:

$\,v(\overrightarrow{GC})= -2 \cdot v(\overline{GJ})\,$

De lo anterior:

$v(\overrightarrow{GA})+ v(\overrightarrow{GB})+v(\overrightarrow{GC})$

$=$

$2 \cdot v(\overline{GJ})-2 \cdot v(\overline{GJ})$

$=$

$0$

ii.)	$v(\overrightarrow{AG})=\displaystyle {\frac{1}{3}} \cdot v(\overrightarrow{AA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$

$v(\overrightarrow{AB})+ v(\overrightarrow{AC})$	$=$	$2 \cdot v(\overrightarrow{AK})=3 \cdot v(\overrightarrow{AG})$
$\Longrightarrow v(\overrightarrow{AG})$	$=$	$${\frac{1}{3}} \cdot v(\overrightarrow{AA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$$

iii.) Siendo $\,P\,$ un punto cualquiera:

$\,v(\overrightarrow{PG})=\displaystyle {\frac{1}{3}} \cdot v(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC})\,$

Si $\,E\,$ cumple que $\,K\,$ (el punto medio de $\,\overline{BC}\,$) es punto medio de $\,\overline{PE}\,$, se cumple que $\,G\,$ también es baricentro de $\,\bigtriangleup PAE \Longrightarrow\,$ aplicando $\,(ii)\,$ al triángulo $\,\bigtriangleup PAE\,$ tenemos:

$\,v(\overrightarrow{PG})=\displaystyle {\frac{1}{3}} \cdot v(\overrightarrow{PP... ...c{1}{3}} \cdot v(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC})\,$

En nuestra construcción

$\,v(\overrightarrow{GM})=\displaystyle {\frac{1}{3}} \cdot v(\overrightarrow{GB... ...cdot v(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GA'})= \displaystyle {\frac{1}{3}}\,$

de la misma forma

$v(\overrightarrow{GN})$	$=$	$${\frac{1}{3}} \cdot v(\overrightarrow{BB'})$$
$v(\overrightarrow{GP})$	$=$	$${\frac{1}{3}} \cdot v(\overrightarrow{CC'})$$

$\,G\,$ es circuncentro de $\,\bigtriangleup MNP\,$ equilátero, por lo que $\,G\,$ también es su baricentro

 

 

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