ナポレオンの定理

$~AB=c ,BC=a ,CA=b~$ とする。
下図のように、D,E,Fをとる。そして、CEとCFを結ぶ。

CEは下の正三角形における重心且つ外心なので、正弦定理より、
\begin{equation}
2CE=\displaystyle \frac{a}{\sin{60°}}
\end{equation}
これを変形することで、
\begin{align}
2CE&=\displaystyle \frac{a}{\frac{\sqrt{3}}{2}} \\
\\
2CE&=\displaystyle \frac{2a}{\sqrt{3}} \\
\\
CE&=\displaystyle \frac{a}{\sqrt{3}} \\
\end{align}
となる。
同様に、右上の正三角形でも正弦定理を使うことで、
\begin{equation}
CF=\displaystyle \frac{b}{\sqrt{3}}
\end{equation}
である。
 
ここで、E,Fがそれぞれの正三角形の重心且つ外心であることを使うと、∠BCE=∠ACF=30°。

△CEFで余弦定理を使うと、

\begin{align}
EF^2&=\displaystyle \left( \frac{a}{\sqrt{3}} \right)^2+ \left( \frac{b}{\sqrt{3}} \right)^2 – 2 \cdot \frac{a}{\sqrt{3}} \cdot \frac{b}{\sqrt{3}} \cdot \cos{(C+60°)} \\
\\
&=\frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{3}-\frac{2ab}{3}(\cos{60°} \cos{C} -\sin{60°}\sin{C}) \\
\\
&=\frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{3}-\frac{2ab}{3}(\frac{1}{2} \cos{C} -\frac{\sqrt{3}}{2} \sin{C}) ・・・(*)\\
\end{align}
が求まる。
 
△ABCの余弦定理の変形から、
\begin{equation}
\cos{C}=\displaystyle \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}
\end{equation}
また、△ABCの正弦定理の変形から、
\begin{equation}
\sin{C}=\displaystyle \frac{c}{2R} (Rは△ABCの外接円の半径)
\end{equation}
より、これらを $~(*)~$ に代入することにより、
\begin{align}
EF^2&=\displaystyle \frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{3}-\frac{2ab}{3}\left(\frac{1}{2}\cdot \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} -\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{c}{2R}\right) \\
\\
&=\frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{3}-\frac{2ab}{3}\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{4ab} -\frac{\sqrt{3}c}{4R} \right) \\
\\
&=\frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{3}-\frac{1}{6}\left(a^2+b^2-c^2\right) +\frac{\sqrt{3}abc}{6R} \\
\\
&=\frac{a^2}{6}+\frac{b^2}{6}+\frac{c^2}{6} +\frac{\sqrt{3}abc}{6R} \\
\end{align}
が導出される。

\begin{align}
EF^2&=\displaystyle \left( \frac{a}{\sqrt{3}} \right)^2+ \left( \frac{b}{\sqrt{3}} \right)^2 \\
&- 2 \cdot \frac{a}{\sqrt{3}} \cdot \frac{b}{\sqrt{3}} \cdot \cos{(C+60°)} \\
\\
&=\frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{3} \\
&-\frac{2ab}{3}(\cos{60°} \cos{C} -\sin{60°}\sin{C}) \\
\\
&=\frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{3} \\
&-\frac{2ab}{3}(\frac{1}{2} \cos{C} -\frac{\sqrt{3}}{2} \sin{C}) ・・・(*)\\
\end{align}
が求まる。
 
△ABCの余弦定理の変形から、
\begin{equation}
\cos{C}=\displaystyle \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}
\end{equation}
また、△ABCの正弦定理の変形から、
\begin{equation}
\sin{C}=\displaystyle \frac{c}{2R} (Rは△ABCの外接円の半径)
\end{equation}
より、これらを $~(*)~$ に代入することにより、
\begin{align}
EF^2&=\displaystyle \frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{3} \\
&-\frac{2ab}{3}\left(\frac{1}{2}\cdot \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} -\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{c}{2R}\right) \\
\\
&=\frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{3}\\
&-\frac{2ab}{3}\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{4ab} -\frac{\sqrt{3}c}{4R} \right) \\
\\
&=\frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{3} \\
&-\frac{1}{6}\left(a^2+b^2-c^2\right) +\frac{\sqrt{3}abc}{6R} \\
\\
&=\frac{a^2}{6}+\frac{b^2}{6}+\frac{c^2}{6} +\frac{\sqrt{3}abc}{6R} \\
\end{align}
が導出される。

 
△ADFについても、同様に計算することで、
\begin{equation}
DF^2=\displaystyle \frac{a^2}{6}+\frac{b^2}{6}+\frac{c^2}{6} +\frac{\sqrt{3}abc}{6R}
\end{equation}
また、△BDEについても
\begin{equation}
DE^2=\displaystyle \frac{a^2}{6}+\frac{b^2}{6}+\frac{c^2}{6} +\frac{\sqrt{3}abc}{6R}
\end{equation}
となるため、
\begin{equation}
DE^2=DF^2=EF^2 \\
\end{equation}
つまり、
\begin{equation}
DE=DF=EF \\
\end{equation}
であり、△DEFが正三角形であることが示された。 $~\blacksquare$