Teorema de Napoleón

ABC é calquera triángulo e A', B', C' son os centros dos triángulos equiláteros construídos nos lados de ABC. Daquela A'B'C' é un triángulo equilátero.

O teorema de Napoleón é un teorema de xeometría relativo a triángulos equiláteros construídos a partir de calquera triángulo.

Aínda que tradicionalmente se atribúe a Napoleón Bonaparte (de aí o nome do teorema), non hai probas sólidas de que fose realmente o autor do teorema. O enunciado apareceu realmente en 1825 na revista The Ladies' Diary , catro anos despois da morte do emperador.

Enunciado

Neste caso os triángulos equilateros están construídos cara ao interior do triángulo e os seus centros A'B'C' forman igualmente un triángulo equilátero.

Observacións:

• Por "exterior", debemos entender por exemplo que coas notacións da nosa figura e un marco de referencia orientado, os triángulos ABC e A'BC están en sentidos opostos (na figura superior ABC está no sentido trigonométrico e A'BC no sentido antitrigonométrico), o mesmo acontece para os outros dous. No caso "interior" (segunda figura), teñen o mesmo sentido.
• Para un triángulo equilátero, por "centro" debemos entender centro de gravidade, é dicir, baricentro, intersección das tres medianas, coincidindo cos centros dos círculos inscritos e circunscritos.

Demostración

Existen múltiples probas do teorema, mediante moi distintas técnicas (ver a ligazón externa de Cut-the-Knot). Aquí preséntanse dúas.

En xeometría clásica

Figura do teorema de Napoleón.

Os triángulos MCL e ACX son semellantes, cunha razón Modelo:Sqrt. De feito, CA/CM = Modelo:Sqrt = CX/CL e os ángulos MĈL e AĈX son iguais. Ou nunha linguaxe máis moderna: pola semellanza directa (composta por unha homotecia e unha rotación) do centro C, dun ángulo ±30 graos (na dirección apropiada) e de razón Modelo:Sqrt, os puntos M e L convértense respectivamente nos puntos A e X.

Do que se desprende que a lonxitude do segmento AX é igual a Modelo:Sqrt veces a de ML.

Ao aplicar o mesmo razoamento aos triángulos NBL e ABX, demostramos que a lonxitude de AX tamén é igual a Modelo:Sqrt veces a de NL. Así, ML e NL teñen a mesma lonxitude.

Igualmente demostramos, en comparación con BY, que LM e NM teñen a mesma lonxitude.

En conclusión: NL = ML = NM e o triángulo MNL é equilátero.

Con números complexos

Denotamos $j={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\frac{2\pi }{3}}$ ( notación habitual) e empregaremos as notacións da figura.

Proporcionamos ao plano complexo un marco de referencia ortonormal. Sexan a, b, c, l, m e n os respectivos afixos dos puntos A, B, C, L, M e N deste marco de referencia.

Por construción, A é a imaxe de B facendo a rotación con centro N e ángulo

$+\frac{2\pi }{3}$

, que se traduce en:

$(a-n)=j(b-n).$

Así mesmo:

$(b-l)=j(c-l),$e tamén $(c-m)=j(a-m).$

Podemos deducir :

$(1-j)n=a-jb,(1-j)l=b-jc,$e tamén $(1-j)m=c-ja.$

Como, por definición, temos

$\frac{1}{j}+1+j=0$

, e temos,

$j^3=1$

, daquela:

$\begin{array}{cc}(1-j)(m-n)& =(-1-j)a+jb+c\\ & =j^{2}a+j^{4}b+j^{3}c\\ & =-j^2[-a+(1+j)b-jc]\\ & =-j^2[(b-jc)-(a-jb)]\\ & =-j^2(1-j)(l-n)\end{array}$

Dividindo por (1 – j ) obtemos $(m-n)=-j^2(l-n)={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\frac{\pi }{3}}(l-n)$.

O punto M é a imaxe de L pola rotación do centro N e do ángulo $+\frac{\pi }{3}$ polo tanto, NLM é un triángulo equilátero.

Nota: esta demostración segue sendo válida no caso dos triángulos "interiores" mudando algúns signos.

Lemas

Modelo:TeoremaEste lema pódese demostrar facilmente usando as notacións da demostración con números complexos:

$\begin{array}{cc}(1-j)(n+l+m)& =a-jb+b-jc+c-ja\\ & =(1-j)(a+b+c)\end{array}$

daí a igualdade para os afixos dos baricentros $\frac{n+l+m}{3}=\frac{a+b+c}{3}$Modelo:TeoremaVolvamos ás notacións anteriores, para o triángulo “interior" (observemos de paso que o punto N₁ é o simétrica do punto N con respecto ao segmento AB); daquela obtemos:

$(1-j)n_1=b-ja$

$(1-j)l_1=c-jb$

$(1-j)m_1=a-jc$

e sabendo que a área dun triángulo equilátero de lado Modelo:Mvar pódese obter mediante: $𝒜=\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2$ e $z\bar{z}={\left|z\right|}^2$, imos calcular a diferenza:

$\begin{array}{cc}𝒜& =\frac{\sqrt{3}}{4}[(l-n)\overline{(l-n)}-(l_1-n_1)\overline{(l_1-n_1)}]\\ & =\frac{\sqrt{3}}{4}\frac{1}{(1-j)\overline{(1-j)}}\{[(b-a)-j(c-b)][\overline{(b-a)}-j^2\overline{(c-b)}]-[(c-b)-j(b-a)][\overline{(c-b)}-j^2\overline{(b-a)}]\}\text{ car }\bar{j}=j^2\\ & =\frac{1}{4\sqrt{3}}\{2j(b-a)\overline{(c-b)}-(c-b)\overline{(b-a)}-2j(c-b)\overline{(b-a)}+(b-a)\overline{(c-b)}\}\end{array}$

desenvolvendo e sabendo que $j^2=-1-j.$

Como $2j=-1+\mathrm{i}\sqrt{3}$ , temos:

$\begin{array}{cc}𝒜& =\frac{1}{4\sqrt{3}}\{\mathrm{i}\sqrt{3}(b-a)\overline{(c-b)}-\mathrm{i}\sqrt{3}(c-b)\overline{(b-a)}\}\\ & =\frac{1}{4\mathrm{i}}\{(c-b)\overline{(b-a)}-(b-a)\overline{(c-b)}\}\end{array}$

O resultado anterior é de feito a área (alxébrica) do triángulo cuxos afixos de vértice son a, b e c.

Xeneralizacións

Teorema de Petr-Douglas-Neumann

Se os triángulos isósceles con ángulos ápices Modelo:Tmath están erguidos nos lados dun Modelo:Mvar-gono arbitrario Modelo:Math, e se este proceso se repite co Modelo:Mvar-gono formado polos ápices libres dos triángulos, pero cun valor diferente de Modelo:Mvar, e así sucesivamente ata que se utilicen todos os valores Modelo:Math (en orde arbitraria), daquela fórmase un Modelo:Mvar-gono Modelo:Math cuxo centroide coincide co centroide de Modelo:Math.

Teorema de Napoleón-Barlotti

Teorema de Napoleón-Barlotti para un pentágono

Os centros de Modelo:Mvar-gonos regulares construídos sobre os lados dun Modelo:Mvar-gono Modelo:Mvar forman un Modelo:Mvar-gono regular se e só se Modelo:Mvar é unha imaxe afín dun Modelo:Mvar-gono regular.

Véxase tamén

Outros artigos

• Problema de Napoléon
• Puntos de Napoléon
• Punto de Fermat

Ligazóns externas

• Napoleon's Theorem and Generalizations, at Cut-the-Knot
• To see the construction, en instrumenpoche
• Napoleon's Theorem por Jay Warendorff, O Wolfram Demonstrations Project.
• Modelo:MathWorld