Una vuelta de tuerca. O dos

Las propiedades vistas hasta el momento y en especial el teorema de Napoleón, se siguen cumpliendo si $\,A\,$ , $\,B\,$ y $\,C\,$ son colineales

Si construimos los triángulos equiláteros $\,\bigtriangleup BCA''\,$ , $\,\bigtriangleup CAB''\,$ y $\,\bigtriangleup ABC''\,$ de centros $\,S\,$ , $\,T\,$ , $\,U\,$ respectivamente simétricos a los triángulos equiláteros $\,\bigtriangleup BCA'\,$ , $\,\bigtriangleup CAB'\,$ y $\,\bigtriangleup ABC'\,$ que se habían construido exteriores al triángulo $\,\bigtriangleup ABC\,$ , se siguen cumpliendo las propiedades vistas hasta el momento, incluyendo el teorema de Napoleón.

Aplicando el teorema del coseno en $\,\bigtriangleup ABC\,$ :

$\,a^2=b^2+c^2-2 \cdot b \cdot c \cdot \cos(\alpha)\,$

de donde

$\,\cos(\alpha)= \displaystyle {\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}\,$

Siendo $\,h\,$ la altura de $\,\bigtriangleup ABC\,$ correspondiente al vértice $\,C\,$ :

$\,\mathop{\rm sen}\nolimits (\alpha) = \displaystyle {\frac{h}{b}}\Longrightarrow h=b \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (\alpha)\,$

por lo que

$\,\mbox{ área }\bigtriangleup ABC = \triangledown =\displaystyle {\frac{c \cdot... ...n}\nolimits (\alpha)= \displaystyle {\frac{2 \cdot \triangledown}{b \cdot c}}\,$

En $\,\bigtriangleup TAU\,$ :

$m\overline{AT}$		$\displaystyle {\frac{b\sqrt{3}}{3}}$

$m\overline{AU}$		$\displaystyle {\frac{c\sqrt{3}}{3}}$

El teorema del coseno en $\,\bigtriangleup TAU\,$ :

$\overline{TU}^2$		$\overline{AT}^2+\overline{AU}^2-2 \cdot \overline{AT} \cdot \overline{AU} \cdot \cos(\alpha - 60^\circ)$

		$\left(\displaystyle {\frac{b\sqrt{3}}{3}}\right)^2+\left(\displaystyle {\frac{c... ... \left(\displaystyle {\frac{c\sqrt{3}}{3}}\right) \cdot \cos(\alpha - 60^\circ)$

		$\displaystyle {\frac{b^2+c^2-2bc \cdot \cos(\alpha - 60^\circ)}{3}}$

$\,\cos(\alpha - 60^\circ)=\cos(\alpha) \cdot \mathop{\rm sen}\nolimits (60^\circ)+\mathop{\rm sen}\nolimits (\alpha) \cdot \cos(60^\circ)\,$

$\,\cos(\alpha - 60^\circ) = \displaystyle {\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}} \cdot \disp... ...laystyle {\frac{2\triangledown}{bc}} \cdot \displaystyle {\frac{\sqrt{3}}{2}}\,$

sustituyendo en $\,\overline{TU}^2\,$ y simplificando llegamos a:

$\,\overline{TU}^2 = \displaystyle {\frac{a^2+b^2+c^2-4\triangledown \sqrt{3}}{6}}\,$

Procediendo de la misma forma podemos afirmar:

$\cos(\beta)$		$\displaystyle {\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}}$

$\mathop{\rm sen}\nolimits (\beta)$		$\displaystyle {\frac{2\triangledown}{ac}}$

Aplicando el teorema del coseno en $\,\bigtriangleup SBU\,$ y observando que

$m\sphericalangle SBU=(m\sphericalangle SBA + m\sphericalangle ABC)+m\sphericalangle CBU$		$30^\circ + (30^\circ - \beta)=60^\circ-\beta$

$\overline{SU}^2$		$\overline{BS}^2+\overline{BU}^2-2 \cdot \overline{BS} \cdot \overline{BU} \cdot \cos(60^\circ - \beta)$

		$\left( \displaystyle {\frac{a\sqrt{3}}{3}} \right)^2 + \left( \displaystyle {\f... ...{3}}{3}} \cdot \displaystyle {\frac{c\sqrt{3}}{3}}\cdot \cos(60^\circ - \beta)$

		$\displaystyle {\frac{a^2+b^2+c^2 - 4\triangledown\sqrt{3}}{6}}$

que luego de sustituir y simplificar queda:

$\,\overline{SU}^2= \displaystyle {\frac{a^2+b^2+c^2-4\triangledown \sqrt{3}}{6}}\,$

de forma similar podemos obtener:

$\,\overline{ST}^2= \displaystyle {\frac{a^2+b^2+c^2-4\triangledown \sqrt{3}}{6}}\,$

Sorpresa!

La diferencia de las áreas del triángulo de Napoleón exterior $\,\bigtriangleup MNP\,$ y del triángulo de Napoleón interior $\,\bigtriangleup STU\,$ de un triángulo $\,\bigtriangleup ABC\,$ es igual al área del $\,\bigtriangleup ABC\,$ .

Bajo la notación utilizada por lo visto en la tercera demostración del teorema de Napoleón el cuadrado del lado del triángulo $\,\bigtriangleup MNP\,$ equilátero mide $\,\displaystyle {\frac{a^2+b^2+c^2+4\triangledown \sqrt{3}}{6}}\,$ donde $\,\triangledown\,$ es el área del triángulo $\,\bigtriangleup ABC\,$ .

De acuerdo a lo ya visto, el cuadrado del lado del triángulo de Napoleón $\,\bigtriangleup STU\,$ mide $\,\displaystyle {\frac{a^2+b^2+c^2-4\triangledown \sqrt{3}}{6}}\,$ donde $\,\bigtriangleup\,$ es el área del triángulo $\,\bigtriangleup ABC\,$ .

Recordando que el área de un triángulo equilátero de lado $\,k\,$ es $\,\displaystyle {\frac{k^2\sqrt{3}}{4}}\,$ tenemos:

$\mbox{área} \bigtriangleup MNP$		$\displaystyle {\frac{a^2+b^2+c^2+4\triangledown \sqrt{3}}{6}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}}$

$\mbox{área} \bigtriangleup STU$		$\displaystyle {\frac{a^2+b^2+c^2-4\triangledown \sqrt{3}}{6}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}}$

Si calculamos la diferencia de dichas áreas:

$\,\mbox{área} \bigtriangleup MNP - \mbox{área} \bigtriangleup STU= \displaystyl... ...}{6}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}}= \triangledown = \mbox{área} \bigtriangleup ABC\,$

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