Teorema de Napoleón

miniatura| 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 
miniatura| 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 
miniatura| Figura do teorema de Napoleón.
Os triángulos *MCL* e *ACX* son semellantes, cunha razón . De feito, *CA*/*CM* =  = *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 , 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  veces a de *ML*.

Ao aplicar o mesmo razoamento aos triángulos *NBL* e *ABX*, demostramos que a lonxitude de *AX* tamén é igual a  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 \textstyle{+\frac{2\pi}{3}}, que se traduce en:(a-n) = j(b-n).Así mesmo:(b-l) = j(c-l),\quade tamén 
 (c-m) = j(a-m).Podemos deducir :(1-j)n = a-jb,\quad(1-j)l = b-jc,\quade tamén 
   (1-j)m = c-ja.Como, por definición, temos {\frac{1}{j}+1+j = 0}, e temos, j^3 = 1, daquela:

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

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 \textstyle{+\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 
Este lema pódese demostrar facilmente usando as notacións da demostración con números complexos:

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

de aí a igualdade para os afixos dos baricentros \tfrac{n+l+m}{3} = \tfrac{a+b+c}{3}Volvamos ás notacións anteriores, para o triángulo “interior" (observemos de paso que o punto *N*1 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  pódese obter mediante: \mathcal{A} = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 e z \overline{z} = \left|z\right|^2, imos calcular a diferenza:

: \begin{align}\mathcal{A} &= \frac{\sqrt{3}}{4}\left[(l-n)\overline{(l-n)} - (l_1-n_1)\overline{(l_1-n_1)}\right]\\
&= \frac{\sqrt{3}}{4} \frac{1}{(1-j)\overline{(1-j)}} \left\{\left[(b-a)-j(c-b)\right]\left[\overline{(b-a)}-j^2\overline{(c-b)}\right]-\left[(c-b)-j(b-a)\right]\left[\overline{(c-b)}-j^2\overline{(b-a)}\right]\right\} \text{ car }\overline{j} = j^2\\
&= \frac{1}{4\sqrt{3}} \left\{2j(b-a)\overline{(c-b)}-(c-b)\overline{(b-a)}-2j(c-b)\overline{(b-a)}+(b-a)\overline{(c-b)}\right\}
\end{align}

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

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

: \begin{align}\mathcal{A} &= \frac{1}{4\sqrt{3}} \left\{\mathrm{i}\sqrt{3}(b-a)\overline{(c-b)}-\mathrm{i}\sqrt{3}(c-b)\overline{(b-a)}\right\}\\
&= \frac{1}{4\mathrm{i}} \left\{(c-b)\overline{(b-a)}-(b-a)\overline{(c-b)}\right\}
\end{align}

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 {{tmath|\tfrac{2k\pi}{n} }} están erguidos nos lados dun -gono arbitrario , e se este proceso se repite co -gono formado polos ápices libres dos triángulos, pero cun valor diferente de , e así sucesivamente ata que se utilicen todos os valores  (en orde arbitraria), daquela fórmase un -gono  cuxo centroide coincide co centroide de .

### Teorema de Napoleón-Barlotti
thumb|upright=1.0|Teorema de Napoleón-Barlotti para un pentágono
Os centros de -gonos regulares construídos sobre os lados dun -gono  forman un -gono regular se e só se  é unha imaxe afín dun -gono regular.
## Notas 
## 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.
*