Teorema di Napoleone
Il teorema di Napoleone è un teorema di geometria sui triangoli equilateri costruito da un triangolo .
Sebbene sia tradizionalmente attribuito a Napoleone Bonaparte (da cui il nome del teorema), non vi è alcuna prova tangibile che sia effettivamente l'autore del teorema. La dichiarazione appare nel 1825 sulla rivista The Ladies 'Diary (in) , quattro anni dopo la morte dell'imperatore. Il nome di Napoleone attribuito a questo teorema compare per la prima volta nel 1911 in un'opera matematica italiana; l'autore vi afferma che il problema fu posto da Napoleone a Lagrange senza ulteriore precisione; è possibile che si tratti di una confusione con il problema di Napoleone , di cui si hanno testimonianze abbastanza attendibili.
stati
Teorema di Napoleone - Se costruiamo tre triangoli equilateri dai lati di qualsiasi triangolo, tutti all'esterno o tutti all'interno, i centri di questi triangoli equilateri formano essi stessi un triangolo equilatero.
Appunti:
- Per "esterno", è necessario ad esempio capire che con le notazioni della nostra figura e un riferimento orientato, i triangoli ABC e ABZ sono di direzioni opposte (qui ABC è in direzione trigonometrica e ABZ in direzione anti-trigonometrica) , idem per gli altri due. Nel caso "interno" avrebbero lo stesso significato.
- Per un triangolo equilatero, per "centro" è necessario intendere il centro di gravità cioè isobaricentro , intersezione delle tre mediane , confuso con l'ortocentro oi centri dei cerchi inscritti e circoscritti .
Dimostrazione
I triangoli MCL e ACX sono simili , con un rapporto di √ 3 . Infatti, CA / CM = √ 3 = CX / CL e gli angoli MĈL e AĈX sono uguali. O in un linguaggio più moderno: dalla similitudine diretta ( composta da un'omotetia e una rotazione ) del centro C , di angolo ± 30 gradi (nella direzione appropriata) e di rapporto √ 3 , i punti M e L diventano i punti A e X rispettivamente .
Da cui risulta che la lunghezza del segmento AX è pari a √ 3 volte quella di ML .
Applicando lo stesso ragionamento ai triangoli NBL e ABX , mostriamo che anche la lunghezza di AX è uguale a √ 3 volte quella di NL . Pertanto, ML e NL hanno la stessa lunghezza.
Dimostriamo anche - rispetto a BY - che LM e NM hanno la stessa lunghezza.
In conclusione: NL = ML = NM e il triangolo MNL è equilatero.
Con numeri complessi
Noteremo ( notazione usuale ) e useremo le notazioni della figura.
j=eio2π3{\ displaystyle j = e ^ {i {\ frac {2 \ pi} {3}}}}
Il piano complesso è dotato di un sistema di coordinate ortonormali diretto . Siano a , b , c , l , m e n i rispettivi affissi dei punti A , B , C , L , M e N in questo quadro di riferimento.
Per costruzione, A è l'immagine di B per la rotazione del centro N e dell'angolo , che si traduce in:
+2π3{\ displaystyle \ textstyle {+ {\ frac {2 \ pi} {3}}}}
(a-non)=j(b-non).{\ displaystyle (an) = j (bn).}
Allo stesso modo:
(b-l)=j(vs-l)e(vs-m)=j(a-m).{\ displaystyle (bl) = j (cl) \ quad {\ text {e}} \ quad (cm) = j (am).}
Possiamo dedurre:
(1-j)non=a-jb,(1-j)l=b-jvse(1-j)m=vs-ja.{\ displaystyle (1-j) n = a-jb, \ quad (1-j) l = b-jc \ quad {\ text {e}} \ quad (1-j) m = c-ja.}
Mi piace e poi:
1j+1+j=0{\ displaystyle \ textstyle {{\ frac {1} {j}} + 1 + j = 0}}j3=1{\ displaystyle j ^ {3} = 1}
(1-j)(m-non)=(-1-j)a+jb+vs=j2a+j4b+j3vs=-j2[-a+(1+j)b-jvs]=-j2[(b-jvs)-(a-jb)]=-j2(1-j)(l-non){\ displaystyle {\ begin {align} (1-j) (mn) & = (- 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) (ln) \ end {allineato}}}Dividendo per (1 - j ) otteniamo .
(m-non)=-j2(l-non)=eioπ3(l-non){\ displaystyle (mn) = - j ^ {2} (ln) = e ^ {i {\ frac {\ pi} {3}}} (ln)}
Il punto M è l'immagine di L per la rotazione del centro N e dell'angolo quindi NLM è un triangolo equilatero diretto.
+π3{\ displaystyle \ textstyle {+ {\ frac {\ pi} {3}}}}
Nota: questa dimostrazione resta valida nel caso di triangoli “interni” modificando alcuni segni.
Lemma
Lemma 1 - I centri di gravità del triangolo iniziale ABC e del triangolo finale LMN coincidono.
Questo lemma può essere facilmente dimostrato prendendo le notazioni della dimostrazione con numeri complessi:
(1-j)(non+l+m))=a-jb+b-jvs+vs-ja=(1-j)(a+b+vs){\ Displaystyle {\ begin {align} (1-j) (n + l + m)) & = a-jb + b-jc + c-ja \\ & = (1-j) (a + b + c ) \ end {allineato}}}da qui l'uguaglianza per gli affissi dei baricentri non+l+m3=a+b+vs3{\ displaystyle {\ tfrac {n + l + m} {3}} = {\ tfrac {a + b + c} {3}}}
Lemma 2 - La differenza tra l'area dell'ultimo triangolo "esterno" LMN e l'area dell'ultimo triangolo "interno" L 1 M 1 N 1 è uguale all'area del triangolo iniziale ABC .
Riprendiamo le notazioni precedenti, per il triangolo “interno” (si noti per inciso che il punto N 1 è il simmetrico del punto N rispetto al segmento di retta AB ); otteniamo quindi:
(1-j)non1=b-ja{\ displaystyle (1-j) n_ {1} = b-ja}
(1-j)l1=vs-jb{\ displaystyle (1-j) l_ {1} = c-jb}
(1-j)m1=a-jvs{\ displaystyle (1-j) m_ {1} = a-jc}
e sapendo che l'area di un triangolo equilatero di lato a può essere ottenuta da: e che , calcoliamo la differenza:
A=34a2{\ displaystyle {\ mathcal {A}} = {\ frac {\ sqrt {3}} {4}} a ^ {2}}zz¯=|z|2{\ displaystyle z {\ overline {z}} = \ sinistra | z \ destra | ^ {2}}
A=34[(l-non)(l-non)¯-(l1-non1)(l1-non1)¯]=341(1-j)(1-j)¯{[(b-a)-j(vs-b)][(b-a)¯-j2(vs-b)¯]-[(vs-b)-j(b-a)][(vs-b)¯-j2(b-a)¯]} perché j¯=j2=143{2j(b-a)(vs-b)¯-(vs-b)(b-a)¯-2j(vs-b)(b-a)¯+(b-a)(vs-b)¯}{\ displaystyle {\ begin {align} {\ mathcal {A}} & = {\ frac {\ sqrt {3}} {4}} \ left [(ln) {\ overline {(ln)}} - (l_ {1} -n_ {1}) {\ overline {(l_ {1} -n_ {1})}} \ right] \\ & = {\ frac {\ sqrt {3}} {4}} {\ frac {1} {(1-j) {\ overline {(1-j)}}}} \ left \ {\ left [(ba) -j (cb) \ right] \ left [{\ overline {(ba) }} - j ^ {2} {\ overline {(cb)}} \ right] - \ left [(cb) -j (ba) \ right] \ left [{\ overline {(cb)}} - j ^ {2} {\ overline {(ba)}} \ right] \ right \} {\ text {car}} {\ overline {j}} = j ^ {2} \\ & = {\ frac {1} { 4 {\ sqrt {3}}}} \ left \ {2j (ba) {\ overline {(cb)}} - (cb) {\ overline {(ba)}} - 2j (cb) {\ overline {( ba)}} + (ba) {\ overline {(cb)}} \ right \} \ end {align}}}sviluppando e sapendo che j2=-1-j.{\ displaystyle j ^ {2} = - 1-j.}
Come viene:
2j=-1+io3{\ displaystyle 2j = -1 + i {\ sqrt {3}}}
A=143{io3(b-a)(vs-b)¯-io3(vs-b)(b-a)¯}=14io{(vs-b)(b-a)¯-(b-a)(vs-b)¯}{\ displaystyle {\ begin {align} {\ mathcal {A}} & = {\ frac {1} {4 {\ sqrt {3}}}} \ left \ {i {\ sqrt {3}} (ba) {\ overline {(cb)}} - i {\ sqrt {3}} (cb) {\ overline {(ba)}} \ right \} \\ & = {\ frac {1} {4i}} \ sinistra \ {(cb) {\ overline {(ba)}} - (ba) {\ overline {(cb)}} \ right \} \ end {align}}}Il risultato precedente è infatti il (algebrico) area del triangolo i cui vertici sono affissi un , b e c .
Note e riferimenti
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(in) W. Rutherford , " Issues in 1439 " , The Ladies Diary , Vol. 122,1825, p. 47.
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(De) Fritz Schmidt , " 200 Jahre französische Revolution - Problem und Satz von Napoleon " , Didaktik der Mathematik , vol. 19,1990, p. 15-29 ( leggi in linea ).
-
(in) John E. Wetzel , " Converse of Napoleon's Theorem " , Amer. Matematica. Mensile , vol. 99,1992, p. 339-351 ( leggi in linea ) Riepilogo su Zentralblatt .
-
(in) Branko Grünbaum , " Il teorema di Napoleone è davvero il teorema di Napoleone? » , Amer. Matematica. Mensile , vol. 119, n o 6,2012, p. 495-501 ( DOI 10.4169 / amer.math.monthly.119.06.495 ).
-
(it) Aureliano Faifofer (it) , Elementi di geometria, ad uso degli istituti tecnici e dei licei , Venice, Sorteni & Vidotti,1911, 17 ° ed.. Il teorema appare a p.186.
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Grünbaum 2012 , op. cit. . Secondo questo autore, l'identificazione del teorema con il nome di Napoleone, ha avuto tanto successo nel XX ° secolo ora è diventato inutile per cercare di descriverlo altrimenti.
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Secondo la valutazione generale, Bruxelles, Didier Hatier 1994 n ° 6 a 12, pagina 36 , il teorema è menzionato per tutto il XIX ° secolo, senza riferimento a Napoleone, tranne nel 1898 e questo premio rimane dubbio.
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Sul sito web dell'Università di Grenoble, vedere La geometria del triangolo , che fornisce diverse citazioni su questo argomento.
Vedi anche
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