Наполеонова теорема

мини|ABC е каков било триаголник и A', B', C' се центрите на рамнострани триаголници над страните на триаголникот ABC. Тогаш A'B'C' е рамностран триаголник.
**Наполеоновата теорема** — геометриска теорема која се однесува на рамнострани триаголници конструирани од каков било триаголник.

Иако традиционално му се припишува на Наполеон Бонапарт (оттука и името на теоремата), нема цврст доказ дека тој всушност бил автор на теоремата. Изјавата всушност се појавила во 1825 година во списанието  , четири години по смртта на царот. Името Наполеон припишано на оваа теорема се појавува за прв пат во 1911 година во италијанско математичко дело. Авторот наведува дека проблемот му го поставил Наполеон на Лагранж без дополнително појаснување, можно е да се работи за забуна со проблемот на Наполеон, за кој постојат прилично сигурни сведоштва.

## Тврдење
**Наполеонова теорема** - Ако конструираме три рамнострани триаголници на страните на каков било триаголник, сите надворешни или сите внатрешни, самите центри на овие рамнострани триаголници образуваат рамностран триаголник.

Забелешки:

* Под „надворешен“, се подразбира дека со ознаките на нашата фигура и ориентирана репер, триаголниците *ABC* и *ABZ* се во спротивни насоки (тука *ABC* е во тригонометриска насока и *ABZ* во антитригонометриска насока), истото важи и за другите два. Во случај на „внатрешен“, тие би го имале истото значење.
* За рамностран триаголник, под „центар“ мора да го разбереме центарот за гравитација, односно изобарицентарот, пресекот на трите тежишници, помешани со ортоцентарот или центрите на впишаните и опишаните кружници*.*

## Демонстрација

### Во [[Евклидова геометрија|класичната геометрија]]
алт=Dessin du triangle équilatéral final obtenu à partir des trois premiers triangles équilatéraux.|мини| Слика на Наполеоновата теорема.
Триаголниците *MCL* и *ACX* се слични, во сооднос . Навистина, *CA* / *CM* =  = *CX* / *CL* и аглите MĈL и AĈX се еднакви. Или на посовремен јазик: со директна сличност (составена од хомотетика и ротација) на центарот *C*, за агол ±30 степени (во соодветната насока) и сооднос , точките *M* и *L* стануваат соодветно точки *A* и *X.*

Оттука произлегува дека должината на отсечката *AX* е  пати поголема од должината на *ML*.

Со примена на истото расудување за триаголниците *NBL* и *ABX*, покажуваме дека должината на *AX* е исто така е  пати поголема од онаа на *NL*. Така, *ML* и *NL* имаат иста должина.

Исто така, докажуваме - со споредба со *BY* - дека *LM* и *NM* имаат иста должина.

Заклучок: *NL* = *ML* = *NM,* па триаголникот *MNL* е рамностран.

### Со комплексни броеви
Бележиме j = \mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{2\pi}{3}} (вообичаена нотација) и ги користиме ознаките на сликата.

Комплексниот план го обезбедуваме со директна ортонормална референтна рамка. Нека *a*, *b*, *c*, *l*, *m* и *n се* соодветните прилози на точките *A*, *B*, *C*, *L*, *M* и *N во оваа референтна рамка.*

По конструкција, *A* е сликата на *B* со ротација со центар *N* и агол \textstyle{+\frac{2\pi}{3}}, што во превод значи:(a-n) = j(b-n).Исто така:(b-l) = j(c-l)\quad\text{et}\quad(c-m) = j(a-m).Можеме да заклучиме:(1-j)n = a-jb,\quad(1-j)l = b-jc\quad\text{et}\quad (1-j)m = c-ja.Како, по дефиниција, имаме {\frac{1}{j}+1+j = 0} И j^3 = 1, па:

: \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}

Со делење со (1 – *j* ) се добива (m-n) = -j^2(l-n) = \mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}(l-n) .

*Забелешка:* оваа демонстрација останува валидна во случај на „внатрешни“ триаголници со промена на неколку знаци.

## Леми
**Лема 1** - Тежиштата на почетниот триаголник ABC и последниот триаголник LMN се совпаѓаат.

Оваа лема може лесно да се демонстрира со користење на ознаките на доказот со комплексни броеви:

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

оттука и еднаквоста за афиксите на барицентрите \tfrac{n+l+m}{3} = \tfrac{a+b+c}{3}

**Лема 2** - Разликата помеѓу плоштината на последниот „надворешен“ триаголник LMN и плоштината на последниот „внатрешен“ триаголник *L*1*M*1*N*1 е еднаква на плоштината на почетниот триаголник ABC.

Да се вратиме на претходните ознаки, за „внатрешниот“ триаголник (да забележиме дека точката *N*1 е симетрична на точката *N* во однос на отсечката *AB*); потоа добиваме:

: (1-j)n_1 = b-ja
: (1-j)l_1 = c-jb
: (1-j)m_1 = a-jc

и знаејќи дека плоштината на рамностран триаголник изразен преку страната a може да се добие со: \mathcal{A} = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 и z \overline{z} = \left|z\right|^2, да ја пресметаме разликата:

: \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}

со развивање и знаејќи дека j^2 = -1-j.

Како 2j = -1+\mathrm{i}\sqrt{3} доаѓа:

: \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}

Претходниот резултат е (алгебарската) плоштината на триаголникот чии афикси на темиња се *a*, *b* и *c*.

## Наводи

### Надворешни врски
* (en) Eric W. Weisstein, « Napoleon's Theorem », на MathWorld
* 

Категорија:Наполеон Бонапарт
Категорија:Геометриски теореми
Категорија:Геометрија на триаголникот