Dejemos que $ABC$ sea un triángulo y considere $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ fuera del triángulo tal que los triángulos $ABC_1$ , $BCA_1$ y $ACB_1$ son equiláteros. Consideremos ahora $A_2$ , $B_2$ y $C_2$ centros de masas de $BCA_1$ , $ACB_1$ y $ABC1$ respectivamente. Demostrar que el triángulo $A_2B_2C_2$ es un triángulo equilátero.
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Estoy trabajando con $A,B,C$ están orientados en el sentido de las agujas del reloj, por lo que puedes hacer un boceto. Tenemos $A_2=(B+C+A_1)/3$ , $B_2=(A+B+C_1)/3$ , $C_2=(A+C+B_1)/3$ .
Queremos demostrar que si giramos $\overline{B_2C_2}$ un ángulo de 60 en sentido contrario a las agujas del reloj obtenemos $\overline{B_2A_2}$ . En otras palabras, quiere demostrar que $R(C_2-B_2)=A_2-B_2$ , donde $R$ denota la operación de rotación en 60 grados (respecto al origen), nótese que es un mapa lineal. Calculemos \begin{align}R(C_2-B_2)&=R(\frac{C+B_1-B-C_1}{3})=R(\frac{C-B+B_1-A+A-C_1}{3})\\ &=\frac{R(C-B)}{3}+\frac{R(B_1-A)}{3}+\frac{R(A-C_1)}{3} \end{align} Ahora bien, tenga en cuenta que $R(C-B)=A_1-B$ , $R(B_1-A)=C-A$ y $R(A-C_1)=B-C_1$ porque $BCA_1$ , $ACB_1$ y $ABC_1$ son equiláteros. Obtenemos \begin{align}R(C_2-B_2)=\frac{A_1-B}{3}+\frac{C-A}{3}+\frac{B-C_1}{3}=\frac{B+C+A_1}{3}-\frac{A+B+C_1}{3}=A_2-B_2. \end{align} Esto es lo que queríamos probar.
Considere las composiciones de rotaciones $I= R_{A_2,120^\circ}\circ R_{B_2,120^\circ}$ Nota $I(A)=B$ . Sea $S$ sea el punto tal que el ángulo orientado $\angle(SB_2,B_2A_2)=60^\circ$ y el ángulo orientado $\angle (B_2A_2,SA_2)=60^\circ$ . Tenemos: $$I=R_{A_2,120^\circ}\circ R_{B_2,120^\circ}= S_{SA_2}\circ S_{A_2B_2}\circ S_{A_2B_2}\circ S_{SB_2}= S_{SA_2}\circ S_{SB_2}= R_{S,240^\circ}.$$ Por lo tanto, $R_{S,240^\circ}(A)=B$ Así que $SA=SB$ y el ángulo orientado $\angle(SA,SB)=240^\circ$ . Ahora concluimos que $S=C_2$ . Así que $\angle(C_2B_2,B_2A_2)=60^\circ$ y $\angle (B_2A_2,C_2A_2)=60^\circ$ Por lo tanto $\triangle A_2B_2C_2$ es equilátero.
