Teorema de Napoleón

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
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
Os triángulos MCL e ACX son semellantes, cunha razón √3. De feito, CA/CM
√3
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 √3, 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 √3 veces a de ML.
Ao aplicar o mesmo razoamento aos triángulos NBL e ABX, demostramos que a lonxitude de AX tamén é igual a √3 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
e i 2 π 3 {\displaystyle 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 + 2 π 3 {\displaystyle \textstyle {+{\frac {2\pi }{3}}}}, que se traduce en: ( a − n )
j ( b − n ). {\displaystyle (a-n)
j(b-n). } Así mesmo: ( b − l )
j ( c − l ), {\displaystyle (b-l)
j(c-l), \quad } e tamén ( c − m )
j ( a − m ). {\displaystyle (c-m)
j(a-m). } Podemos deducir: ( 1 − j ) n
a − j b, ( 1 − j ) l
b − j c, {\displaystyle (1-j)n
a-jb, \quad (1-j)l
b-jc, \quad } e tamén ( 1 − j ) m
c − j a. {\displaystyle (1-j)m
c-ja. } Como, por definición, temos 1 j + 1 + j
0 {\textstyle {{\frac {1}{j}}+1+j
0}}, e temos, j 3
1 {\displaystyle j^{3}
1}, daquela: ( 1 − j ) ( m − n )
( − 1 − j ) a + j b + c
j 2 a + j 4 b + j 3 c
− j 2 [ − a + ( 1 + j ) b − j c ]
− j 2 [ ( b − j c ) − ( a − j b ) ]
− j 2 ( 1 − j ) ( l − n ) {\displaystyle {\begin{aligned}(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{aligned}}} Dividindo por (1 – j ) obtemos ( m − n )
− j 2 ( l − n )
e i π 3 ( l − n ) {\displaystyle (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 + π 3 {\displaystyle \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: ( 1 − j ) ( n + l + m )
a − j b + b − j c + c − j a
( 1 − j ) ( a + b + c ) {\displaystyle {\begin{aligned}(1-j)(n+l+m)&
a-jb+b-jc+c-ja\\&
(1-j)(a+b+c)\end{aligned}}} de aí a igualdade para os afixos dos baricentros n + l + m 3
a + b + c 3 {\displaystyle {\tfrac {n+l+m}{3}}
{\tfrac {a+b+c}{3}}} Volvamos 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 − j a {\displaystyle (1-j)n_{1}
b-ja} ( 1 − j ) l 1
c − j b {\displaystyle (1-j)l_{1}
c-jb} ( 1 − j ) m 1
a − j c {\displaystyle (1-j)m_{1}
a-jc} e sabendo que a área dun triángulo equilátero de lado a pódese obter mediante: A
34 a 2 {\displaystyle {\mathcal {A}}
{\frac {\sqrt {3}}{4}}a^{2}} e z z ¯
| z | 2 {\displaystyle z{\overline {z}}
\left|z\right|^{2}}, imos calcular a diferenza: A
34 [ ( l − n ) ( l − n ) ¯ − ( l 1 − n 1 ) ( l 1 − n 1 ) ¯ ]
341 ( 1 − j ) ( 1 − j ) ¯ { [ ( b − a ) − j ( c − b ) ] [ ( b − a ) ¯ − j 2 ( c − b ) ¯ ] − [ ( c − b ) − j ( b − a ) ] [ ( c − b ) ¯ − j 2 ( b − a ) ¯ ] } car j ¯
j 2
143 { 2 j ( b − a ) ( c − b ) ¯ − ( c − b ) ( b − a ) ¯ − 2 j ( c − b ) ( b − a ) ¯ + ( b − a ) ( c − b ) ¯ } {\displaystyle {\begin{aligned}{\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{aligned}}} desenvolvendo e sabendo que j 2
− 1 − j. {\displaystyle j^{2}
-1-j. } Como 2 j
− 1 + i 3 {\displaystyle 2j
-1+\mathrm {i} {\sqrt {3}}}, temos: A
143 { i 3 ( b − a ) ( c − b ) ¯ − i 3 ( c − b ) ( b − a ) ¯ }
14 i { ( c − b ) ( b − a ) ¯ − ( b − a ) ( c − b ) ¯ } {\displaystyle {\begin{aligned}{\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{aligned}}} 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 2 k π n {\displaystyle {\tfrac {2k\pi }{n}}} están erguidos nos lados dun n-gono arbitrario A0, e se este proceso se repite co n-gono formado polos ápices libres dos triángulos, pero cun valor diferente de k, e así sucesivamente ata que se utilicen todos os valores 1 ≤ k ≤ n - 2 (en orde arbitraria), daquela fórmase un n-gono An−2 cuxo centroide coincide co centroide de A0.
Teorema de Napoleón-Barlotti
Os centros de n-gonos regulares construídos sobre os lados dun n-gono P forman un n-gono regular se e só se P é unha imaxe afín dun n-gono regular.