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.

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.

Existen múltiples probas do teorema, mediante moi distintas técnicas (ver a ligazón externa de Cut-the-Knot). Aquí preséntanse dúas.

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.

Denotamos ${\displaystyle j=\mathrm {e} ^{\mathrm {i} {\frac {2\pi }{3}}}}$ ( 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 ${\displaystyle \textstyle {+{\frac {2\pi }{3}}}}$, que se traduce en:

${\displaystyle (a-n)=j(b-n).}$

Así mesmo:

${\displaystyle (b-l)=j(c-l),\quad }$e tamén ${\displaystyle (c-m)=j(a-m).}$

Podemos deducir :

${\displaystyle (1-j)n=a-jb,\quad (1-j)l=b-jc,\quad }$e tamén ${\displaystyle (1-j)m=c-ja.}$

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

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

Dividindo por (1 – j ) obtemos ${\displaystyle (m-n)=-j^{2}(l-n)=\mathrm {e} ^{\mathrm {i} {\frac {\pi }{3}}}(l-n)}$.

O punto M é a imaxe de L pola rotación do centro N e do ángulo ${\displaystyle \textstyle {+{\frac {\pi }{3}}}}$ polo tanto, NLM é un triángulo equilátero.

Nota: esta demostración segue sendo válida no caso dos triángulos "interiores" mudando algúns signos.

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

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

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

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:

${\displaystyle (1-j)n_{1}=b-ja}$

${\displaystyle (1-j)l_{1}=c-jb}$

${\displaystyle (1-j)m_{1}=a-jc}$

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

${\displaystyle {\begin{aligned}{\mathcal {A}}&={\frac {\sqrt {3}}{4}}\left[(l-n){\overline {(l-n)}}-(l_{1}-n_{1}){\overline {(l_{1}-n_{1})}}\right]\\&={\frac {\sqrt {3}}{4}}{\frac {1}{(1-j){\overline {(1-j)}}}}\left\{\left[(b-a)-j(c-b)\right]\left[{\overline {(b-a)}}-j^{2}{\overline {(c-b)}}\right]-\left[(c-b)-j(b-a)\right]\left[{\overline {(c-b)}}-j^{2}{\overline {(b-a)}}\right]\right\}{\text{ car }}{\overline {j}}=j^{2}\\&={\frac {1}{4{\sqrt {3}}}}\left\{2j(b-a){\overline {(c-b)}}-(c-b){\overline {(b-a)}}-2j(c-b){\overline {(b-a)}}+(b-a){\overline {(c-b)}}\right\}\end{aligned}}}$

desenvolvendo e sabendo que ${\displaystyle j^{2}=-1-j.}$

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

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

O resultado anterior é de feito a área (alxébrica) do triángulo cuxos afixos de vértice son a, b e c.

Se os triángulos isósceles con ángulos ápices ${\displaystyle {\tfrac {2k\pi }{n}}}$ 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 A_n−2 cuxo centroide coincide co centroide de A₀.^[2]

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]

Wikimedia Commons ten máis contidos multimedia na categoría:  Teorema de Napoleón

• Problema de Napoléon
• Puntos de Napoléon
• Punto de Fermat

• 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.