Le théorème de Napoléon!


Le théorème Napoléon
Le théorème Napoléon

http://fr.wikipedia.org/wiki/Th%C3%A9or%C3%A8me_de_Napol%C3%A9on

Théorème de Napoléon — Si nous construisons trois triangles équilatéraux à partir des côtés d’un triangle quelconque, tous à l’extérieur ou tous à l’intérieur, les centres de ces triangles équilatéraux forment eux-mêmes un triangle équilatéral. Ce qui donne ceci :


http://www.maths-et-tiques.fr/index.php/detentes/le-theoreme-de-napoleon

Télécharger la figure dynamique au format GeoGebra.
Cliquer sur l’image pour ouvrir la figure dynamique dans le navigateur :

(il faut activer le plug-in pour le voir sous linux)

 

Bien qu’il soit traditionnellement attribué à Napoléon Bonaparte (d’où le nom du théorème), il n’y a pas de preuve tangible qu’il soit effectivement l’auteur du théorème. L’énoncé apparaît en effet en 1825 dans la revue The Ladies Diary, soit quatre ans après la mort de l’empereur. Le nom de Napoléon attribué à ce théorème apparaît pour la première fois en 1911 dans un ouvrage mathématique italien ; l’auteur y affirme que le problème a été posé par Napoléon à Lagrange sans autre précision….

Cette fascination pour les mathématiques pourrait expliquer la redoutable technique Napoléonienne en matière d’Artillerie mais…

http://serge.mehl.free.fr/chrono/Napoleon.html
L'empereur Napoléon s'intéressait beaucoup aux mathématiques et résolvait, dit-on, au cours des veillées précédant les grandes batailles, des problèmes géométriques. C'est lors de la campagne d'Italie qu'il rencontra Lorenzo Mascheroni qui lui donna le goût des constructions géométriques subtiles.


http://ljk.imag.fr/membres/Bernard.Ycart/mel/pe/node19.html

La géométrie du triangle

Les Éléments d’Euclide, écrits au IIIe siècle avant notre ère, contenaient déjà de nombreux résultats sur la géométrie des triangles. Les formulations d’Euclide sont très différentes des nôtres, car il ne disposait pas des fonctions trigonométriques et raisonnait uniquement en termes de longueurs et d’aires. De plus il n’était pas question de traiter les quantités à ôter comme des quantités négatives à ajouter. Pour cette raison, les propositions 12 et 13 du livre II des Éléments, séparent le cas d’un triangle obtusangle (ayant un angle obtus) et celui d’un triangle acutangle (dont tous les angles sont aigus). La proposition 12 est énoncée comme suit. Avec un peu de réflexion, vous devriez pouvoir y reconnaître le théorème d’Al-Kashi. Dans les triangles obtusangles, le carré du côté qui soutient l’angle obtus est plus grand que les carrés des deux autres côtés, de la quantité de deux fois le rectangle formé d’un des côtés contenant l’angle obtus, à savoir celui sur le prolongement duquel tombe la hauteur, et de la ligne prise en-dehors entre le pied de la hauteur et l’angle obtus. L’astronome et mathématicien Al-Battani généralisa le résultat d’Euclide à la géométrie sphérique au début du Xe siècle, ce qui lui permit d’effectuer des calculs de distance angulaire entre étoiles. Ghiyath Al-Kashi, mathématicien de l’école de Samarcande, mit le théorème sous une forme utilisable pour la triangulation, au cours du XVe siècle.

\includegraphics[width=5cm]{napoleon}

Le théorème suivant, n’a été attribué (faussement) à Napoléon Bonaparte qu’au début du vingtième siècle. Il a été maintes fois redécouvert, et on ignore s’il était ou non connu des grecs.

Théorème 5   Soit $ ABC$ un triangle quelconque. Soient $ X,Y,Z$ les isobarycentres des $ 3$ triangles équilatéraux extérieurs au triangle $ ABC$, construits sur chacun des trois côtés. Le triangle $ XYZ$ est équilatéral (figure 12).

Il est connu que Napoléon se piquait de mathématiques, et qu’il a eu plusieurs conversations avec Laplace et Lagrange. Sur ses capacités réelles, les avis divergent, selon l’interprétation de ce que lui aurait dit Laplace, lors d’un dîner le 11 décembre 1797. Voici deux versions.

  1. H. Poincaré : «Nous attendions tout de vous, Général, sauf des leçons de géométrie»
  2. H.S.M. Coxeter et S.L. Greitzer : «The last thing we want from you, General, is a lesson in geometry»

Cette anecdote a été si souvent rapportée qu’il peut être utile d’écouter un témoin : Dubois-Aymé (1779-1846).

Entouré d’artistes et de savants, il [Bonaparte] en retira un éclat de savoir qui éblouit toujours la multitude. L’Institut, selon l’ancienne coutume de toutes les académies, d’appeler dans leur sein des hommes puissants pour s’en faire un appui, l’élut membre de la section de mécanique à la place de Carnot proscrit, et il tira habilement parti de cette couronne académique dont le faux éclat éblouit ses soldats et sembla l’élever au-dessus de tous les autres généraux, ses rivaux de gloire.

Je me rappelle qu’à cette époque, Bonaparte, entretenant un jour le célèbre Laplace et quelques autres membres de l’Institut d’un nouvel ouvrage, intitulé Geometria del compasso, dont Mascheroni lui avait récemment, fait hommage à Milan, fit, à l’occasion d’une proposition tout à fait élémentaire, une figure sur le tableau avec de la craie pour mieux se faire comprendre, prétendit-il, et que Laplace, soit moquerie comme je le crus alors, soit flagornerie comme je l’ai cru depuis, lui dit «Je ne m’attendais pas, général, à recevoir une leçon de mathématiques de vous». Les aides-de-camp de Bonaparte et ses flatteurs, il n’en manquait pas déjà, répétèrent à l’envi ce qu’ils appelaient l’aveu de Laplace lui-même de la supériorité de Napoléon sur lui en mathématiques, et la foule hébétée le répéta après eux. La vérité est que Bonaparte avait oublié depuis longtemps le peu de mathématiques dont il avait eu besoin pour entrer dans l’artillerie avant la Révolution, et que lorsqu’il fut reçu à l’Institut il n’eût certes pas pu être reçu à l’école polytechnique.

À vous de conclure ! En attendant, vous pouvez démontrer vous-même le «théorème de Napoléon», par exemple en utilisant le calcul dans le plan complexe. Le magnifique théorème suivant, en revanche, ne prête pas à polémique. Il a bien été démontré par Frank Morley (1860-1937), en 1899.

Théorème 6   Soit $ ABC$ un triangle quelconque. Soient $ X,Y,Z$ les points d’intersection deux à deux des trissectrices adjacentes du triangle. Le triangle $ XYZ$ est équilatéral (figure 13).

Pourquoi les grecs ne l’avaient-ils pas trouvé ? Peut-être parce qu’il est impossible de construire les trissectrices d’un angle à la règle et au compas…

Figure 13: Le théorème de Morley.
\includegraphics[width=7cm]{morley}

Quelques créations personnelles à partir du théorème :

1 2 3
4 5 6
7 8 9
10 11 12
13 14 15
16

Les textes qui suivent sont destinés aux professeurs et mathématiciens….ou lecteurs passionnés par la compréhension du théorème avec des variables différentes….

théorème et points de Napoléon (wikipédia)

théorème de Napoléon

agregnapoleon

converses of Napoleon théorem

Bredehoft_MATHEMATICS

Napoléon s’intéressait aux mathématiques, et il aurait même énoncé un théorème de géométrie qui porte d’ailleurs son nom, sur la propriété des triangles équilatéraux. Lagrange, mathématicien français de l’époque aurait d’ailleurs dit à Napoléon ” nous attendions tout de vous, mon Général, mais pas une leçon de géométrie”.

Voici le théorème “construisons trois triangles équilatéraux à partir des côtés d’un triangle quelconque, tous à l’extérieur ou tous à l’intérieur, les centres de ces triangles forment eux-mêmes un triangle équilatéral”.

https://www-fourier.ujf-grenoble.fr/parisse

Le théorème de Napoléon

Le théorème

Soit un triangle quelconque ABC.
On construit à l’extérieur du triangle ABC les triangles équilatèraux BAD, CBE et ACF qui ont pour centre de gravité : G1, G2 et G3.
On a les propriétés suivantes :
Le triangle G1G2G3 est équilatéral et a même centre de gravité que le triangle ABC.
Les droites AE, DC, BF sont concourantes en un point T qui s’appelle le point de Torricelli.
Le point T est aussi le point de concours des cercles circonscrits aux triangles BAD, CBE et ACF.

La figure


Pour faire cette figure, on tape dans un éditeur de programme :

A:=point(-2.,-1.,'affichage'=0);
B:=point(2.,-1,'affichage'=0);
C:=point(1.,2,'affichage'=0);
triangle_equilateral(B,A,D);
triangle_equilateral(C,B,E);
triangle_equilateral(A,C,F);
segment(A,E,affichage=2);
segment(C,D,affichage=2);
segment(B,F,affichage=2+ligne_tiret);
T:=inter_droite(droite(A,E),droite(C,D),affichage=2+
                 epaisseur_point_2);
circonscrit(A,B,D);
circonscrit(C,B,E);
G1:=isobarycentre(A,B,D);
G2:=isobarycentre(C,B,E);
G3:=isobarycentre(A,C,F);
G:=isobarycentre(A,C,B,affichage=quadrant2);
triangle(A,B,C,affichage=1);
triangle(G1,G2,G3,affichage=4);

Les démonstrations géométriques

Avec les cercles circonscrits à BAD, CBE et ACF

On trace les cercles C1, C2 et C3 circonscrits aux triangles ADB, BEC et CFA de centres respectifs G1, G2 et G3.
Pour faire la figure, on tape :

A:=point(-2.,-1.,'affichage'=0);
B:=point(2.,-1,'affichage'=0);
C:=point(1.,2,'affichage'=0);
D:=rotation(B,pi/3,A);
E:=rotation(C,pi/3,B);
F:=rotation(A,pi/3,C);
C1:=circonscrit(A,B,D,affichage=2);
C2:=circonscrit(C,B,E,affichage=2);
C3:=circonscrit(C,A,F,affichage=2+ligne_tiret);
G1:=isobarycentre(A,B,D);
G2:=isobarycentre(C,B,E);
G3:=isobarycentre(A,C,F);
G:=isobarycentre(A,C,B,affichage=quadrant2);
triangle(A,B,C,affichage=1);
triangle(G1,G2,G3,affichage=4);
T:=inter(C1,C2,affichage=2+epaisseur_point_2)[1];
angle(D,B,A,"");
angle(T,B,A,"");
angle(T,C,B,"");
angle(E,C,B,"");


Montrons que ces trois cercles sont concourants en un point T.
Soit T le point d’intersection de C1 et C2, on a :
BDA=π/3.
Comme l’angle BTA intercepte le même arc BA que l’angle BDA de C1 on a :
BTA=π/3 ou BTA=2π/3 de même :
BTC=π/3 ou BTC=2π/3 donc :
soit CTA=BTC+BTA si TB est entre TC et TA
soit CTA=|BTCBTA| sinon.
Donc CTA=π/3 ou CTA=2π/3 et donc CAFT sont cocycliques.
On a donc montré que T se trouve sur C3.
Comme G1G2 (resp G1G3 ou G2G3) est perpendiculaire à BT (resp à AT ou à CT) et que G2G1G3+G1G2G3+G1G3G2=π on a :
G2G1G3=G1G2G3=G1G3G2=π/3
ce qui prouve que le triangle G1G2G3 est équilatèral.

Avec G4 le symétrique de G1 par rapport à AB

Soit G4 le symétrique de G1 par rapport à AB.

Pour faire cette figure, on tape dans un éditeur de programme :

A:=point(-2.,-1.,'affichage'=0);
B:=point(2.,-1,'affichage'=0);
C:=point(1.,2,'affichage'=0);
D:=rotation(B,pi/3.,A);
E:=rotation(C,pi/3.,B);
F:=rotation(A,pi/3.,C);
G1:=isobarycentre(A,B,D);
G2:=isobarycentre(C,B,E);
G3:=isobarycentre(A,C,F);
G4:=symetrie(droite(A,B),G1);
G:=isobarycentre(A,C,B,affichage=quadrant2);
triangle(A,B,C,affichage=1);
triangle(G1,G2,G3,affichage=4);
segment(A,G1);
segment(A,G3);
segment(G4,G3);
segment(G4,G2);
segment(C,G2);
segment(C,G3);
segment(B,G4);
segment(A,G4);
segment(B,G2);
segment(B,G1);
segment(G4,G1);
segment(A,F,affichage=1+ligne_tiret);
segment(C,F,affichage=1+ligne_tiret);
segment(C,E,affichage=1+ligne_tiret);
segment(E,B,affichage=1+ligne_tiret);
segment(B,D,affichage=1+ligne_tiret);
segment(A,D,affichage=1+ligne_tiret);

Les triangles AG4G3 et G4BG2 sont égaux et sont des triangles semblables à ABC en effet :
le quadrilatère AG1BG4 est un losange d’angle A=π/3 (4 cotés égaux à la diagonale G1G4), donc
l’angle G4AG3 est égale à l’angle BAC,
AG4=AG1=BG1=BG4=AB/√3,
AG3=CG3=AC/√3.
Le triangle AG4G3 est donc semblable au triangle ABC avec comme rapport de similitude 1/√(3).
De même l’angle G4BG2 est égale à l’angle ABC et,
BG2=CG2=BC/√3
donc le triangle G4BG2 est semblable au triangle ABC avec comme rapport de similitude 1/√3.
On en déduit que :
BG2=G4G3 et AG2=G4G2 et donc que le quadrilatère G2CG3G4 est un parallélogramme.
Les triangles G1G4G3 et G1BG2 sont donc égaux (l’angle G3G4G1=CBA+pi/3=G2BG1) et ces deux triangles se déduisent l’un de l’autre par une rotaion de centre G1 et d’anble π/3 donc
G1G3=G1G2 et l’angle G2G1G3=π/3.
L’isobarycentre de A,B,C est aussi l’isobarycentre de G1,G4,C car le quadrilatère AG1BG4 est un losange.
L’isobarycentre de G1,G4,C est aussi l’isobarycentre de G1,G2,G3 car le quadrilatère CG3G4G2 est un parallélogramme.
Donc ABC et G1G2G3 ont même centre de gravitè.

Avec les symétriques de G1 (resp de G2) par rapport à AB (resp à BE)

L’énoncé

Soit ABC un triangle quelconque. On construit à l’extérieur du triangle ABC les triangles équilatèraux : ABD, BCE et ACF.
1/ Montrer que AE=BF=CD.
2/ Montrer que AE, BF et CD sont concourantes.
3/ Théorème de Napoléon :
On note G1, G2 et G3 les centres de gravité des triangles ABD, BCE et ACF.
Montrer que le triangle G1G2G3 est équilatèral.

La solution

A:=point(-2.,-1.,'affichage'=0);
B:=point(2.,-1,'affichage'=0);
C:=point(0.,1.5,'affichage'=0);
D:=rotation(B,pi/3.,A);
E:=rotation(C,pi/3.,B);
F:=rotation(A,pi/3.,C);
segment(A,E,affichage=2);
segment(C,D,affichage=2);
segment(B,F,affichage=2+ligne_tiret);
T:=inter_droite(droite(A,E),droite(C,D),affichage=2+
                 epaisseur_point_2);
G1:=isobarycentre(A,B,D);
G2:=isobarycentre(C,B,E);
G3:=isobarycentre(A,C,F);
G:=isobarycentre(A,C,B,affichage=quadrant2);
triangle(A,B,C,affichage=1);
triangle(G1,G2,G3,affichage=4);
angle(B,D,A,"");
angle(B,C,E,"");
angle(C,E,B,"");
angle(C,A,F,"");
vecteur(B,G1,affichage=1)
vecteur(B,A,affichage=1);
vecteur(B,D,affichage=1);
vecteur(B,B+3*(G1-B),affichage=1);
vecteur(B,G2,affichage=6)
vecteur(B,E,affichage=6);
vecteur(B,C,affichage=6);
vecteur(B,B+3*(G2-B),affichage=6);
N:=rotation(C,pi/3.,T);


On suppose le triangle ABC direct.
1/ La rotation de centre B et d’angle −π/3 transforme :
D en A et C en E donc:
DC=AE et (DC,AE)=−π/3.
De même la rotation de centre C et d’angle −π/3 transforme :
E en B et A en F donc :
AE=FB et (EA,BF)=−π/3.
On montre, en utilisant les vecteurs, que G1G2G3 est équilatèral, on a :
BG1=1/3(BD+BA) et BG2=1/3(BE+BC)
CG2=1/3(CE+CB) et CG3=1/3(CF+CA)
donc
G2G1=1/3(EA+CD) et
G2G3=1/3(BF+EA)
BF (resp EA) est le transformé de EA (resp CD) par une rotation d’angle −π/3 donc G2G3 est le transformé de G2G1 par une rotation d’angle −π/3 donc le triangle G1G2G3 est équilatèral.
2/ Soit T le point d’intersection de AE et de CD. D’après la première question : (TC,TE)=(DC,AE)=−π/3.
On construit alors le point N sur AE pour que le triangle TCN soit équlatéral et donc (CN,CT)=−π/3. Ainsi, la rotation de centre C et d’angle −π/3 transforme AE en FB et le point N de AE en le point T de BF donc BF passe par T.
3/ Autre démonstration de G1G2G3 est équilatèral. On construit :
G4 le symétrique de G1 par rapport à AB,
G5 le symétrique de G2 par rapport à BE,
donc les triangles AG1G4, BG1G4, BG2G5 sont équilatéraux.
La rotation de centre B et d’angle −π/3 transforme :
G1 en G4 et G2 en G5 donc G1G2=G4G5 et (G2G1,G5G4)=−π/3.
On va montrer que le quadrilatère G3G2G5G4 est un parallélogramme et on aura ainsi montrer que le triangle G1G2G3 est équilatèral puisque :
G3G2=G4G5=G1G2 et (G2G3,G5G4)=0 donc (G2G3,G2G1)=π/3.
Les triangles AG4G3 et G4BG2 sont semblables au triangle ABC (même angle A (resp B) et deux cotés proportionnels) et comme AG4=G4B, les triangles AG4G3 et G4BG2 sont égaux. Donc G3G4=BG2=BG5=G2G5.
On a :
(G4B,G4G3)=(G4A,G4G3)+2π/3=(BG4,BG2)+2π/3=
(BG4,BE)+2π/3−π/6=(BG4,BE)+π/2.
Donc G3G4 est paralléle à G2G5 puisque ces deux droites sont perpendiculaires à BE. On a ainsi montrer que le quadrilatère G3G2G5G4 est un parallélogramme, ce qui termine la démonstration.

Avec les nombres complexes

Soient a,b,c,g1,g2,g2 les affixes de A,B,C,G1,G2,G3 on a :
si le triangle ADB est de sens direct, A se déduit de B dans la rotation de centre g1 et d’angle 2*π/3 donc puisque j=ei2π/3:
ag1=j*(bg1)
de même si les triangles BEC et CFA sont de sens direct on a :
bg2=j*(cg2)
cg3=j*(ag3)
On en déduit que :
(1−j)g1=ajb et
(1−j)g2=bjc et
(1−j)g3=cja donc
(1−j)(g1g2)=ab(1+j)+jc=a+jc+j2b puisque 1+j+j2=0 et
(1−j)(g2g3)=bc(1+j)+ja=j(a+jc+j2b) puisque j3=1 donc
(1−j)(g2g3)=j(1−j)(g1g2) et après division par j−1 on a
g2g3=j(g1g2) et
cette égalité prouve que le triangle G1G2G3 est équilatèral.
On a de plus :
(1−j)g1+(1−j)g2+(1−j)g3=ajb+bjc+cja=(1−j)(a+b+c) donc
(a+b+c)/3=(g1+g2+g3)/3 ce qui veut dire que les triangles ABC et G1G2G3 ont même centre de gravité.

La démonstration du théorème avec Xcas

On suppose que le point A est à l’origine du repère et que le point B est le point d’affixe 2. Le point C a comme affixe a+ib, avec a et b quelconques.
Pour faire la figure on suppose que a=−1 et que b=−1.
On tape les instructions suivantes qui se trouvent dans le fichier napoleon :

assume(a=0);
assume(b=1.5);
A:=point(-2,-1);
B:=point(2,-2);
C:=point(a,b);
T1:=couleur(triangle_equilateral(B,A),vert);
T2:=couleur(triangle_equilateral(C,B),vert);
T3:=couleur(triangle_equilateral(A,C),vert);
couleur(circonscrit(T1),vert);
couleur(circonscrit(T2),vert);
couleur(circonscrit(T3),vert);
AB:=segment(A,B);
AC:=segment(A,C);
CB:=segment(C,B);
G1:=normal(isobarycentre(T1));
G2:=normal(isobarycentre(T2));
G3:=normal(isobarycentre(T3));
G1G2:=couleur(segment(G1,G2),rouge);
G2G3:=couleur(segment(G2,G3),rouge);
G3G1:=couleur(segment(G3,G1),rouge);
normal(longueur2(G1,G2)-longueur2(G2,G3));
normal(longueur2(G1,G3)-longueur2(G3,G2));


On obtient la figure et comme réponses :
0 à normal(longueur2(G1,G2)-longueur2(G2,G3));,
0 à normal(longueur2(G1,G2)-longueur2(G1,G3));,
ce qui prouve que le triangle G1G2G3 est équilatèral.