Generalización del teorema de Pitágoras en 3D

El teorema

El cuadrado del área de un triángulo es igual a la suma de los cuadrados de las áreas de los triángulos obtenidos por proyección sobre los planos coordenados.

La interpretación gráfica

En el gráfico siguiente, el enunciado dice que el cuadrado del área del triángulo negro es igual a la suma de los cuadrados de las áreas de los triángulos grises.

La generalización

¿En qué sentido es esto una generalización del teorema de Pitágoras? En dos dimensiones el teorema anterior diría que el cuadrado de la longitud de un segmento es igual a la suma de los cuadrados de las longitudes de sus proyecciones sobre los ejes que, precisamente, teorema de Pitágoras, como se puede ver en la siguiente construcción:

La demostración

Si un punto A tiene por coordenadas \((a_1, a_2, a_3)\), su proyección sobre el plano YZ será \((0, a_2, a_3)\). De la misma manera, sobre XZ será \((a_1, 0, a_3)\) y sobre XY \((a_1, a_2, 0)\).

Teniendo esto en cuenta y utilizando la siguiente fórmula para el área de un triángulo, en la que \(\times\) simboliza el producto vectorial y A, B y C son los vértices de un triángulo:

\[Área(ABC)=\dfrac{1}{2}|\vec{AB}\times \vec{AC}|=\dfrac{1}{2}|\left| \begin{array}{ccc}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\ b_1-a_1 &b_2-a_2& b_3-a_3 \\ c_1-a_1 &c_2-a_2& c_3-a_3 \end{array} \right||\]

se trataría de demostrar entonces que:

\[\left(\dfrac{1}{2}|\left| \begin{array}{ccc}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\ b_1-a_1 &b_2-a_2& b_3-a_3 \\ c_1-a_1 &c_2-a_2& c_3-a_3 \end{array} \right||\right)^2=\left(\dfrac{1}{2}|\left| \begin{array}{ccc}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\ 0 &b_2-a_2& b_3-a_3 \\ 0 &c_2-a_2& c_3-a_3 \end{array} \right||\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}|\left| \begin{array}{ccc}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\ b_1-a_1 & 0 & b_3-a_3 \\ c_1-a_1 & 0 & c_3-a_3 \end{array} \right||\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}|\left| \begin{array}{ccc}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\ b_1-a_1 &b_2-a_2& 0 \\ c_1-a_1 &c_2-a_2& 0 \end{array} \right||\right)^2\]

lo cual es trivial (me encanta decir esto).

Calculamos los cuatro productos vectoriales:

\[\left| \begin{array}{ccc}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\ b_1-a_1 &b_2-a_2& b_3-a_3 \\ c_1-a_1 &c_2-a_2& c_3-a_3 \end{array} \right|=\left( \left| \begin{array}{cc}b_2-a_2 &b_3-a_3 \\ c_2-a_2 &c_3-a_3 \end{array} \right|, -\left| \begin{array}{cc}b_1-a_1 &b_3-a_3 \\ c_1-a_1 &c_3-a_3 \end{array} \right|, \left| \begin{array}{cc}b_1-a_1 &b_2-a_2 \\ c_1-a_1 &c_2-a_2 \end{array} \right| \right)\]

\[\left| \begin{array}{ccc}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\ 0 &b_2-a_2& b_3-a_3 \\ 0 &c_2-a_2& c_3-a_3 \end{array} \right|=\left( \left| \begin{array}{cc}b_2-a_2 &b_3-a_3 \\ c_2-a_2 &c_3-a_3 \end{array} \right|, 0,0 \right)\]

\[\left| \begin{array}{ccc}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\ b_1-a_1 &0& b_3-a_3 \\ c_1-a_1 &0& c_3-a_3 \end{array} \right|=\left( 0, -\left| \begin{array}{cc}b_1-a_1 &b_3-a_3 \\ c_1-a_1 &c_3-a_3 \end{array} \right|, 0 \right)\]

\[\left| \begin{array}{ccc}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\ b_1-a_1 &b_2-a_2& 0 \\ c_1-a_1 &c_2-a_2& 0 \end{array} \right|=\left( 0,0, \left| \begin{array}{cc}b_1-a_1 &b_2-a_2 \\ c_1-a_1 &c_2-a_2 \end{array} \right| \right)\]

Se ve que los tres últimos productos vectoriales son las proyecciones del primero sobre los ejes coordenados. Si, por simplificar, llamamos a las coordenadas del primero (x, y, z), los otros tres vectores son, respectivamente, (x, 0, 0), (0, y, 0) y (0, 0, z).

Se tiene:

\[|(x,y,z)|^2=x^2+y^2+z^2=|(x,0,0)|^2+|(0,y,0)|^2+|(0,0,z)|^2\]

(Obsérvese que esto último es la versión tridimensional del teorema de Pitágonas para la diagonal de un ortoedro).

Multiplicando por \(\dfrac{1}{4}\) en el primer y último miembro:

\[\left(\dfrac{1}{2}|(x,y,z)|\right)^2=\left(\dfrac{1}{2}|(x,0,0)|\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}|(0,y,0)|\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}|(0,0,z)|\right)^2\] que es lo que queríamos demostrar.