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 ^[1], catro anos despois da morte do emperador.

Enunciado

Teorema de Napoléon

Se construímos tres triángulos equiláteros a partir dos lados de calquera triángulo, todos exteriores ou todos interiores, os centros destes triángulos equiláteros forman 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

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 $j=\mathrm {e} ^{\mathrm {i} {\frac {2\pi }{3}}}$ ( 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),\quad

e tamén

(c-m)=j(a-m).

Podemos deducir :

(1-j)n=a-jb,\quad (1-j)l=b-jc,\quad

e tamén

(1-j)m=c-ja.

Como, por definición, temos ${\textstyle {{\frac {1}{j}}+1+j=0}}$ , e temos, $j^{3}=1$ , daquela:

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

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

Lema 1

O baricentro do triángulo inicial ABC e do triángulo final LMN coinciden.

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

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

daí a igualdade para os afixos dos baricentros ${\tfrac {n+l+m}{3}}={\tfrac {a+b+c}{3}}$

Lema 2

A diferenza entre a área do triángulo "exterior" final LMN e a área do triángulo "interior" final L₁M₁N₁ é igual á área do triángulo inicial ABC.

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-ja

(1-j)l_{1}=c-jb

(1-j)m_{1}=a-jc

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

{\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 $j^{2}=-1-j.$

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

{\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

Artigo principal: Teorema de Petr-Douglas-Neumann.

Se os triángulos isósceles con ángulos ápices ${\tfrac {2k\pi }{n}}$ están erguidos nos lados dun $n$ -gono arbitrario $A 0$ , 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 $1 \leq k \leq n - 2$ (en orde arbitraria), daquela fórmase un $n$ -gono $A n -2$ cuxo centroide coincide co centroide de $A 0$ .^[2]

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.^[3]^[4]

Notas

↑ Rutherford, W. (1825). "Question 1439". The Ladies Diary 122: 47. .
↑ Grünbaum, Branko (1997). "Isogonal Prismatoids". Discrete & Computational Geometry 18: 13–52. doi:10.1007/PL00009307. Parámetro descoñecido |doi-access= ignorado (Axuda)
↑ A. Barlotti, Intorno ad una generalizzazione di un noto teorema relativo al triangolo, Boll. Un. Mat. Ital. 7 no. 3 (1952) 182–185.
↑ Una proprietà degli n-agoni che si ottengono transformando in una affinità un n-agono regolare, Boll. Un. Mat. Ital. 10 no. 3 (1955) 96–98.

Véxase tamén

Outros artigos

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.
Weisstein, Eric W. "Napoleon's Theorem". MathWorld.

[1] Rutherford, W. (1825). "Question 1439". The Ladies Diary 122: 47. .

[2] Grünbaum, Branko (1997). "Isogonal Prismatoids". Discrete & Computational Geometry 18: 13–52. doi:10.1007/PL00009307. Parámetro descoñecido |doi-access= ignorado (Axuda)

[3] A. Barlotti, Intorno ad una generalizzazione di un noto teorema relativo al triangolo, Boll. Un. Mat. Ital. 7 no. 3 (1952) 182–185.

[4] Una proprietà degli n-agoni che si ottengono transformando in una affinità un n-agono regolare, Boll. Un. Mat. Ital. 10 no. 3 (1955) 96–98.

[1]

[2]

[3]

[4]