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.

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 √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

Teorema de Napoleón-Barlotti para un pentágono

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]