Teorema de Marden

Dado cualquier con , definamos , entonces . Por lo tanto, tenemos ${\displaystyle a,b\in \mathbb {C} }$${\displaystyle a\neq 0}$${\displaystyle g(z)=f(az+b)}$${\displaystyle g'(z)=af'(az+b)}$$${\displaystyle g^{-1}(0)=(f^{-1}(0)-b)/a}$$

y de manera similar para y . En otras palabras, mediante un cambio lineal de variables, podemos realizar una traslación, rotación y escala arbitraria en las raíces de y . ${\estilo de visualización g'}$${\estilo de visualización f'}$${\estilo de visualización f}$${\estilo de visualización f'}$

Así, WLOG, hacemos que los puntos focales de la elipse de Steiner estén en el eje real, en , donde es la longitud focal. Sean las longitudes de los semiejes largo y corto, de modo que . ${\displaystyle \pm c}$${\estilo de visualización c}$${\estilo de visualización a,b}$${\displaystyle c={\sqrt {a^{2}-b^{2}}}}$

Sean las tres raíces de para . ${\estilo de visualización f}$${\displaystyle z_{j}:=x_{j}+y_{j}i}$${\displaystyle j=0,1,2}$

Estirar horizontalmente el plano complejo de modo que la elipse de Steiner se convierta en un círculo de radio . Esto transformaría el triángulo en un triángulo equilátero, con vértices . ${\displaystyle b}$${\displaystyle \zeta _{j}={\frac {b}{a}}x_{j}+y_{j}i}$

Por la geometría del triángulo equilátero, , tenemos , por lo tanto por las fórmulas de Vieta (para claridad de notación, "repetimos" los índices, es decir, .). Ahora queda demostrar que , ${\displaystyle \sum _{j}\zeta _{j}=0}$${\displaystyle \sum _{j}z_{j}=0}$${\displaystyle f(z)=z^{3}+z\sum _{j}z_{j}z_{j+1}-z_{0}z_{1}z_{2}}$${\displaystyle z_{3}=z_{0}}$${\displaystyle 3c^{2}+\sum _{j}z_{j}z_{j+1}=0}$

Puesto que , queda por demostrar , es decir, queda por demostrar ${\displaystyle 0=\left(\sum _{j}z_{j}\right)^{2}=\sum _{j}z_{j}^{2}+2\sum _{j}z_{j}z_{j+1}}$${\displaystyle \sum _{j}z_{j}^{2}=6c^{2}}$

$${\displaystyle \sum _{j}x_{j}y_{j}=0;\quad \sum _{j}x_{j}^{2}-y_{j}^{2}=6(a^{2}-b^{2})}$$

Por la geometría del triángulo equilátero, tenemos , y para cada , lo que implica ${\displaystyle \sum _{j}\zeta _{j}^{2}=0}$${\displaystyle |\zeta _{j}|=2b}$${\displaystyle j}$

$${\displaystyle \sum _{j}{\frac {2b}{a}}x_{j}y_{j}=0;\quad \sum _{j}{\frac {b^{2}}{a^{2}}}x_{j}^{2}-y_{j}^{2}=0;\quad \sum _{j}{\frac {b^{2}}{a^{2}}}x_{j}^{2}+y_{j}^{2}=12b^{2}}$$

lo que produce las igualdades deseadas.