משפט נפוליאון

משולש ABC הוא המשולש המקורי שעל צלעותיו נבנים משולשים שווי-צלעות. המשולש שווה-הצלעות MNL, המסומן בירוק, הוא משולש נפוליאון החיצוני

משפט נפוליאון הוא משפט גאומטרי הקובע כי לכל משולש שעל צלעותיו יבנו משולשים שווי-צלעות (כולם פנימה או כולם החוצה), יצרו מרכזי הכובד (מפגשי התיכונים) של המשולשים האלה משולש שווה-צלעות. שלושת המעגלים החוסמים את המשולשים שנבנו על צלעות המשולש המקורי ייפגשו בנקודה אחת. משולשים אלו, שקודקודיהם הם מרכזי הכובד של המשולשים שנבנו על הצלעות, מכונים משולשי נפוליאון.

ההפרש בין שטח משולש נפוליאון החיצוני לבין שטח משולש נפוליאון הפנימי שווה לשטח המשולש המקורי.

למרות שמשפט זה מיוחס לנפוליאון בונפרטה, ואף נושא את שמו, אין כל ערובה לכך שהוא גילה או הוכיח אותו.

הוכחה

נסמן את צלעות המשולש: $BC=a,AC=b,AB=c$

עקרון ההוכחה: נביע צלע שרירותית, $NM$ , באמצעות שלוש הצלעות $a,b,c$ .

נראה כי הנוסחה היא "חילופית", כלומר לכל תמורה של $\{a,b,c\}$ , ערך הנוסחה זהה. היחס החשוב בין הצלע שבחרנו לבין צלעות המשולש $\triangle ABC$ הוא: האם הצלע שבחרנו נמצאת מול צלע נתונה ב-$\triangle ABC$ ?

הצלע ב-$\triangle ABC$ הנמצאת מול הצלע שבחרנו היא הצלע הראשונה בתמורה. משום שלכל 6 התמורות התוצאה זהה, ינבע מכך כי 3 הצלעות של משולש $\triangle LMN$ שוות.

התמורה עבור $NM$ היא: $(a,b,c)$ , התמורה עבור $LN$ היא: $(b,a,c)$ והתמורה עבור $LM$ היא: $(c,a,b)$ .

סדר האיברים השני והשלישי אינו משנה, האיבר הראשון בתמורה מייצג את הצלע במשולש $\triangle ABC$ שנמצאת "מול" הצלע המתאימה לה ב-$\triangle LMN$ .

גוף ההוכחה:

נוכיח 2 משפטי עזר פשוטים אשר יפשטו את ההסברים בהמשך:

1. במשולש שצלעותיו הן $a,b,c$ מתקיים: $\cos(\angle A)={\frac {AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2(AB\!\cdot \!AC)}}$ .

נוסחה זו נובעת באופן ישיר ממשפט הקוסינוסים, על ידי העברת אגפים וחילוק.

2. במשולש, סינוס של זווית שווה למנת החילוק של הצלע שמול הזווית בקוטר המעגל החוסם את המשולש.

נוסחה זו נובעת באופן ישיר ממשפט הסינוסים.

ההוכחה:

נסמן: $BC=a,AC=b,AB=c$ .

נחבר את $A$ עם $N$ ועם $M$ . כעת נחשב את $AN$ ואת $AM$ .

במשולש שווה-צלעות שצלעו $k$ התיכון מתלכד עם הגובה, ששווה ל-${\frac {\sqrt {3}}{2}}k$.

במשולש $\triangle AYC$ , נקודה $M$ נמצאת על התיכון מ-$A$ ל-$YC$ . היא גם נמצאת על נקודת מפגש התיכונים, כך שהיא מחלקת את התיכון ביחס של 1:2 כך שהחלק הקרוב לקודקוד גדול יותר.

זאת אומרת, הקטע $AM$ שווה ל-${\tfrac {2}{3}}$ מהתיכון. היות שאנו יודעים שאורך התיכון הוא ${\frac {\sqrt {3}}{2}}b$ (צלע המשולש היא $b$), נסיק כי $AM={\frac {b}{\sqrt {3}}}$ .

באופן אנלוגי ניתן להוכיח כי $AN={\frac {c}{\sqrt {3}}}$ .

כעת, נשתמש במשפט נוסף: במשולש שווה-צלעות, התיכון מתלכד עם חוצה הזווית, כלומר מקצה על הזווית 2 זוויות של 30 מעלות.

נשתמש בעובדה זו כדי לחשב את זווית המשולש $\triangle MAN$ . נחבר 30 מעלות ממשולש $\triangle AYC$ , את זווית $\angle BAC$ מהמשולש המקורי, ו-30 מעלות ממשולש $AZB$ .

חיברנו 30 מעלות מ-2 המשולשים האלו משום שכל תיכון מקצה על זווית המשולש זוג זוויות של 30 מעלות, ורק אחת מהן היא חלק מזווית $\angle MAN$ .

זאת אומרת $\angle MAN=\angle BAC+60$ .

כעת, נוכל להביע את $MN$ בעזרת משפט הקוסינוסים במשולש $\triangle MAN$

$MN={\sqrt {AM^{2}+AN^{2}-2(AM\!\cdot \!AN)\cos(\angle MAN)}}$

נציב את זווית $\angle MAN$ בביטוי:

$MN={\sqrt {AM^{2}+AN^{2}-2(AM\!\cdot \!AN)\cos(\angle BAC+60)}}$ .

נשתמש בנוסחה לחישוב קוסינוס של סכום: $\cos(x+y)=\cos(x)\cos(y)-\sin(x)\sin(y)$ .

נעזר בעובדה שקוסינוס של 60 מעלות שווה לחצי, וסינוס של 60 מעלות שווה לחצי שורש שלוש:

$MN={\sqrt {AM^{2}+AN^{2}-2(AM\!\cdot \!AN)\left({\frac {1}{2}}\cos(\angle BAC)-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\sin(\angle BAC)\right)}}$

כעת, נפתח את הסוגריים:

$MN={\sqrt {AM^{2}+AN^{2}-(AM\!\cdot \!AN)\cos(\angle BAC)+{\sqrt {3}}(AM\!\cdot \!AN)\sin(\angle BAC)}}$

נציב את $AM$ ואת $AN$ :

$MN={\sqrt {\left({\frac {b}{\sqrt {3}}}\right)^{2}+\left({\frac {c}{\sqrt {3}}}\right)^{2}-{\frac {b}{\sqrt {3}}}{\frac {c}{\sqrt {3}}}\cos(\angle BAC)+{\sqrt {3}}{\frac {b}{\sqrt {3}}}{\frac {c}{\sqrt {3}}}\sin(\angle BAC)}}$

בחלק הראשון, נחשב את השברים, ובחלק השני נצמצם גורמים משותפים:

$MN={\sqrt {{\frac {b^{2}}{3}}+{\frac {c^{2}}{3}}-{\frac {bc}{3}}\cos(\angle BAC)+{\frac {bc}{\sqrt {3}}}\sin(\angle BAC)}}$

נפתח את הקוסינוס לפי משפט העזר הראשון, ונצמצם בגורם $2bc$ :

$MN={\sqrt {{\frac {b^{2}}{3}}+{\frac {c^{2}}{3}}-{\frac {{\frac {1}{2}}b^{2}+{\frac {1}{2}}c^{2}-{\frac {1}{2}}a^{2}}{3}}+{\frac {bc}{\sqrt {3}}}\sin(\angle BAC)}}$

בחלק הראשון של הנוסחה, נחבר ונחסר את 3 השברים, ובחלק השני - נפתח את הסינוס לפי משפט העזר השני:

$MN={\sqrt {{\frac {{\frac {1}{2}}a^{2}+{\frac {1}{2}}b^{2}+{\frac {1}{2}}c^{2}}{3}}\ +\ {\frac {bc}{\sqrt {3}}}\cdot {\frac {a}{2R}}}}$

שים לב כי $2R$ הוא קוטר המעגל החוסם את משולש $\triangle ABC$ .

לבסוף, נותר לאחר את 2 המכפלות ולקבל את הנוסחה הסופית:

$MN={\sqrt {{\frac {{\frac {1}{2}}a^{2}+{\frac {1}{2}}b^{2}+{\frac {1}{2}}c^{2}}{3}}+{\frac {abc}{2{\sqrt {3}}R}}}}$

קל לראות שגם החלק הראשון, וגם החלק השני, הם חילופיים ב-$a,b,c$ ולכן גם ההפרש שלהם חילופי ב-$a,b,c$.

משום שהוכחנו שצלע שרירותית של משולש $\triangle LMN$ ניתנת להבעה על ידי 3 הצלעות של המשולש המקורי, כך שגם אם מחליפים את סדר הצלעות (ובעיקר – איזו צלע של $\triangle ABC$ נמצאת מול הצלע שבחרנו), התוצאה זהה, היא תהיה זהה לכל שאר הצלעות במשולש $\triangle LMN$ . מכאן שמשולש $\triangle LMN$ הוא שווה-צלעות.

קישורים חיצוניים

• משפט נפוליאון, באתר MathWorld (באנגלית)
• משולש נפוליאון הפנימי, באתר MathWorld (באנגלית)
• משולש נפוליאון החיצוני, באתר MathWorld (באנגלית)
• MathPages.com
• Napoleon's Theorem and Generalizations