나폴레옹 정리

나폴레옹 정리 도해

기하학에서 나폴레옹 정리(틀:Lang定理, 틀:Llang)는 주어진 삼각형의 각 변 위에 모두 외부를 향하거나 모두 내부를 향하도록 덧그린 정삼각형의 중심을 이어 만든 삼각형은 정삼각형이라는 정리이다.

정의

삼각형 $ABC$의 외측에서 삼각형 $E_{A}BC$, $E_{B}CA$, $E_{C}AB$가 정삼각형이 되게 만드는 점 $E_A$, $E_B$, $E_C$를 잡고 (예를 들어 $E_A$는 $BC$에 대하여 $A$의 반대쪽에 위치한다), 정삼각형 $E_{A}BC$, $E_{B}CA$, $E_{C}AB$의 무게 중심을 각각 $N_A$, $N_B$, $N_C$라고 하자. 마찬가지로, 삼각형 $ABC$의 내측에서 삼각형 ${E_A}^{\prime }BC$, ${E_B}^{\prime }AC$, ${E_C}^{\prime }AB$가 정삼각형이 되게 만드는 점 ${E_A}^{\prime }$, ${E_B}^{\prime }$, ${E_C}^{\prime }$를 잡고 (예를 들어 ${E_A}^{\prime }$는 $BC$에 대하여 $A$와 같은 쪽에 위치한다), 정삼각형 ${E_A}^{\prime }BC$, ${E_B}^{\prime }AC$, ${E_C}^{\prime }AB$의 무게 중심을 각각 ${N_A}^{\prime }$, ${N_B}^{\prime }$, ${N_C}^{\prime }$라고 하자. 나폴레옹 정리에 따르면, 삼각형 $N_A{N}_B{N}_C$와 ${N_A}^{\prime }{N_B}^{\prime }{N_C}^{\prime }$은 모두 정삼각형이다.

삼각형 $N_A{N}_B{N}_C$를 삼각형 $ABC$의 외측 나폴레옹 삼각형(外側틀:Lang三角形, 틀:Llang)이라고 하고, 삼각형 ${N_A}^{\prime }{N_B}^{\prime }{N_C}^{\prime }$를 삼각형 $ABC$의 내측 나폴레옹 삼각형(內側틀:Lang三角形, 틀:Llang)이라고 한다. 즉, 나폴레옹 정리는 임의의 삼각형의 내측 및 외측 나폴레옹 삼각형은 정삼각형이라는 내용이다.

역사

1825년에 영국의 수학자 윌리엄 러더퍼드(틀:Llang)가 《레이디스 다이어리》(틀:Llang)의 〈새로운 수학 문제〉(틀:Llang)란에 기고한 글에서 처음 공개되었다.틀:Rp

프랑스의 황제 나폴레옹 보나파르트의 이름이 붙었으나, 나폴레옹이 제시한 결과라는 증거는 존재하지 않는다.틀:Rp

증명

다음은 외측 나폴레옹 삼각형에 대한 증명들이다. 일부는 내측 나폴레옹 삼각형에 대해서도 적용 가능하다.

닮음을 통한 증명

외측 나폴레옹 삼각형 $N_A{N}_B{N}_C$의 세 변의 길이가 같다는 사실을 보이자. $N_A{N}_B$와 $N_A{N}_C$에 대해서만 보이면 족하다. 정삼각형의 무게 중심과 내심은 일치하므로, $N_A$, $N_B$, $N_C$는 각각 정삼각형 $E_{A}BC$, $E_{B}CA$, $E_{C}AB$의 세 내각의 이등분선의 교점이다. 특히

$\mathrm{\angle }{N}_{A}CB=30^{\circ }=\mathrm{\angle }{N}_{B}CA$

이며, 양변에 $\mathrm{\angle }ACB$를 더하면

$\mathrm{\angle }{N}_{A}CA=\mathrm{\angle }{N}_{B}CB$

를 얻는다. 또한

$N_{A}C=\frac{1}{\sqrt{3}}{E}_{A}C,N_{B}C=\frac{1}{\sqrt{3}}AC$

이므로, 삼각형 $N_A{N}_{B}C$와 $E_{A}AC$는 서로 닮음이다. 다시 말해, 삼각형 $N_A{N}_{B}C$를 $C$를 중심으로 30도 회전한 뒤 $C$를 중심으로 하고 $1/\sqrt{3}$를 비로 하는 중심 닮음 변환을 가하면 삼각형 $E_{A}AC$를 얻으므로, 두 삼각형은 서로 닮음이다. 마찬가지로, 삼각형 $N_A{N}_{C}B$와 $E_{A}AB$ 역시 서로 닮음이며, 이에 대한 닮음비 역시 $1/\sqrt{3}$이다. 따라서

$N_A{N}_B=\frac{1}{\sqrt{3}}{E}_{A}A=N_A{N}_C$

가 성립한다.

외접원을 통한 증명

우선 삼각형 $E_{A}BC$, $E_{B}CA$, $E_{C}AB$의 외접원이 같은 점을 지난다는 사실을 보이자.틀:Rp 편의상 삼각형 $E_{A}BC$, $E_{B}CA$의 외접원의 $C$가 아닌 교점을 $P$라고 하자. 편의상 $P$가 $BC$, $AC$에 대하여 각각 $A$, $B$와 같은 쪽에 위치한다고 하자. 그렇다면

$\mathrm{\angle }BPC=180^{\circ }-\mathrm{\angle }B{E}_{A}C=120^{\circ }$

$\mathrm{\angle }APC=180^{\circ }-\mathrm{\angle }A{E}_{B}C=120^{\circ }$

이므로

$\mathrm{\angle }APB=360^{\circ }-\mathrm{\angle }BPC-\mathrm{\angle }APC=120^{\circ }=180^{\circ }-\mathrm{\angle }{E}_{C}AB$

이며, $P$는 삼각형 $E_{C}AB$의 외접원 위의 점이다. 즉, 세 외접원은 모두 이 점을 지난다.

이제 외측 나폴레옹 삼각형 $N_A{N}_B{N}_C$의 세 내각이 60도라는 사실을 보이자. 편의상 $\mathrm{\angle }{N}_B{N}_A{N}_C$에 대해서만 보이면 족하다. 삼각형 $E_{A}BC$와 $E_{B}CA$의 외접원의 중심선 $N_A{N}_B$는 공통현 $PC$의 수직 이등분선이다. 마찬가지로 삼각형 $E_{A}BC$와 $E_{C}AB$의 외접원의 중심선 $N_A{N}_C$ 역시 공통현 $PB$의 수직 이등분선이다. 따라서

$\mathrm{\angle }{N}_B{N}_A{N}_C=360^{\circ }-90^{\circ }-90^{\circ }-\mathrm{\angle }BPC=60^{\circ }$

이다.

삼각법적 증명

외측 나폴레옹 삼각형 $N_A{N}_B{N}_C$의 변 $N_A{N}_B$의 길이를 원래 삼각형 $ABC$의 세 변의 길이 $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$에 대한 함수로 나타내자. 이 함수가 대칭 함수라면 남은 두 변 $N_B{N}_C$, $N_C{N}_A$의 길이 역시 같은 함수로 표현되므로 증명이 완성된다. 삼각형 $N_A{N}_{B}C$에서

$\mathrm{\angle }{N}_{A}C{N}_B=C+60^{\circ }$

$N_{A}C=\frac{1}{\sqrt{3}}a,N_{B}C=\frac{1}{\sqrt{3}}b$

이므로, 코사인 법칙을 적용하면 다음을 얻는다.

$\begin{array}{cc}{N_A{N}_B}^2& =N_A{C}^2+N_B{C}^2-2\cdot N_{A}C\cdot N_{B}C\cdot \cos \mathrm{\angle }{N}_{A}C{N}_B\\ & =\frac{1}{3}(a^2+b^2-2ab\cos (C+60^{\circ }))\\ & =\frac{1}{3}(a^2+b^2-ab\cos C+\sqrt{3}ab\sin C)\\ & =\frac{1}{6}(a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3}S)\end{array}$

여기서 $S$는 삼각형 $ABC$의 넓이이다. 마지막 함수는 $a$, $b$, $c$의 순열에 대하여 불변이므로 대칭 함수가 맞다.

나폴레옹 삼각형의 성질

변의 길이와 넓이

삼각형 $ABC$의 꼭짓점 $A$, $B$, $C$의 대변의 길이를 $a$, $b$, $c$라고 하고, 넓이를 $S$라고 할 경우, 외측 및 내측 나폴레옹 삼각형 $N_A{N}_B{N}_C$, ${N_A}^{\prime }{N_B}^{\prime }{N_C}^{\prime }$의 변의 길이는

$N_A{N}_B=N_B{N}_C=N_C{N}_A=\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3}S}{6}}$

${N_A}^{\prime }{N_B}^{\prime }={N_B}^{\prime }{N_C}^{\prime }={N_C}^{\prime }{N_A}^{\prime }=\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S}{6}}$

이며, 넓이는

$S_{\mathrm{△}{N}_A{N}_B{N}_C}=\frac{a^2+b^2+c^2+4\sqrt{3}S}{8\sqrt{3}}$

$S_{\mathrm{△}{N_A}^{\prime }{N_B}^{\prime }{N_C}^{\prime }}=\frac{a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S}{8\sqrt{3}}$

이다. 특히, 외측 및 내측 나폴레옹 삼각형의 넓이의 차는 원래 삼각형의 넓이와 같다.틀:Rp

무게 중심

삼각형의 외측 및 내측 나폴레옹 삼각형의 무게 중심은 같다.틀:Rp 또한 이는 원래 삼각형의 무게 중심과 일치한다. 다음은 외측 나폴레옹 삼각형의 무게 중심이 원래 삼각형의 무게 중심과 같다는 사실을 벡터에 대한 선형 변환을 사용하여 증명한다. 내측 나폴레옹 삼각형 역시 같은 방법으로 증명할 수 있다. 틀:증명 삼각형 $ABC$의 무게 중심을 $G$라고 하자. 편의상 삼각형 $ABC$의 꼭짓점이 시개 반대 방향으로 열거되었다고 하자. 삼각형 $ABC$의 평면 위의 벡터들에 대한 변환 $T$가 모든 벡터를 시계 반대 방향으로 60도 회전시킨다고 하자. 즉, 평면 위 임의의 점 $X$, $Y$에 대하여

$\overrightarrow{XY}$

와

$T(\overrightarrow{XY})$

사이의 유향각은 시계 반대 방향 60도이다. 그렇다면 $T$는 선형 변환이다. 삼각형 $E_{A}BC$는 정삼각형이고 꼭짓점이 시계 방향으로 열거되었으므로

$\overrightarrow{C{E}_A}=T(\overrightarrow{CB})$

이며, 또한 $N_A$은 삼각형 $E_{A}BC$의 무게 중심이므로

$\begin{array}{cc}\overrightarrow{0}& =\overrightarrow{N_A{E}_A}+\overrightarrow{N_{A}B}+\overrightarrow{N_{A}C}\\ & =\overrightarrow{N_{A}C}+\overrightarrow{C{E}_A}+\overrightarrow{N_{A}B}+\overrightarrow{N_{A}C}\\ & =\overrightarrow{N_{A}B}+2\overrightarrow{N_{A}C}+T(\overrightarrow{CB})\end{array}$

이다. 마찬가지로,

$\overrightarrow{0}=\overrightarrow{N_{B}C}+2\overrightarrow{N_{B}A}+T(\overrightarrow{AC})$

$\overrightarrow{0}=\overrightarrow{N_{C}A}+2\overrightarrow{N_{C}B}+T(\overrightarrow{BA})$

가 성립한다. 세 등식의 양변을 서로 더하면

$\begin{array}{cc}\overrightarrow{0}& =\overrightarrow{N_{A}B}+2\overrightarrow{N_{A}C}+\overrightarrow{N_{B}C}+2\overrightarrow{N_{B}A}+\overrightarrow{N_{C}A}+2\overrightarrow{N_{C}B}\\ & =3(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC})-3(\overrightarrow{G{N}_A}+\overrightarrow{G{N}_B}+\overrightarrow{G{N}_C})\\ & =-3(\overrightarrow{G{N}_A}+\overrightarrow{G{N}_B}+\overrightarrow{G{N}_C})\end{array}$

를 얻는다. 즉, $G$는 외측 나폴레옹 삼각형 $N_A{N}_B{N}_C$의 무게 중심이다. 틀:증명 끝

일반화

삼각형 $ABC$의 외측에서

$P+Q+R=180^{\circ }$

를 만족시키는 점 $P$, $Q$, $R$를 잡자. 그렇다면, 삼각형 $PBC$, $AQC$, $ABR$의 외접원은 같은 점을 지난다. 특히, 삼각형 $PBC$, $AQC$, $ABR$가 정삼각형일 경우 전제 조건이 만족되며, 세 외접원이 공통으로 지나는 점은 제1 나폴레옹 점이 된다.

삼각형 $ABC$의 외측에서 삼각형 $PBC$, $AQC$, $ABR$가 닮음이고 같은 위치에 오는 점들끼리 대응점이게 하는 점 $P$, $Q$, $R$를 잡고, 삼각형 $PBC$, $AQC$, $ABR$의 무게 중심을 각각 $D$, $E$, $F$라고 하자. 그렇다면, 삼각형 $DEF$는 이 세 삼각형과 닮음이다. 특히, 나폴레옹 정리는 삼각형 $PBC$, $AQC$, $ABR$가 정삼각형인 특수한 경우이다.

같이 보기

• 나폴레옹의 문제
• 몰리 삼등분 정리

외부 링크

• 틀:매스월드
• 틀:매스월드
• 틀:매스월드
• 틀:매스월드
• 틀:매스월드
• 틀:매스월드
• 틀:매스월드
• 틀:웹 인용