ナポレオンの定理

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 図形の操作を、複素数の言葉に翻訳する。「辺 AB の外側に正三角形を建てる」は「$\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ を $-60^{\circ }$ 回転して第3頂点を作る」— つまり第3頂点は $\alpha ,\beta$ の1次結合で書ける。

すると3つの重心 ${\mathrm{N}}_1,{\mathrm{N}}_2,{\mathrm{N}}_3$ も $\alpha ,\beta ,\gamma$ の1次結合になる。

正三角形の判定は、1の3乗根 $\omega$ を使った式 $p+\omega q+{\omega }^{2}r=0$ が便利だ。代入すると共通因数がくくり出され、残る係数の計算が $1+\omega +{\omega }^2=0$ の親戚でちょうど $0$ になる。

① 補題の証明。 $p=-\omega q-{\omega }^{2}r$ と $-(1+\omega )={\omega }^2$ から

$$p-q=-(1+\omega )q-{\omega }^{2}r={\omega }^2(q-r)$$

同様に $q-r={\omega }^2(r-p)$。よって3辺の長さは等しく($|{\omega }^2|=1$)、正三角形をなす(すべての差が0の場合は3点が一致)。

② 重心を1次結合で書く。 $\alpha ,\beta ,\gamma$ は反時計回りなので、辺 $\mathrm{BC}$ の外側の正三角形の第3頂点は $\gamma$ を $\beta$ のまわりに $-60^{\circ }$ 回転した $\beta +\overline{\rho }(\gamma -\beta )$($\overline{\rho }=\cos 60^{\circ }-i\sin 60^{\circ }$)。重心は

$${\mathrm{N}}_1=\frac{\beta +\gamma +\beta +\overline{\rho }(\gamma -\beta )}{3}=\frac{(2-\overline{\rho })\beta +(1+\overline{\rho })\gamma }{3}$$

巡回的に ${\mathrm{N}}_2=\frac{(2-\overline{\rho })\gamma +(1+\overline{\rho })\alpha }{3}$、${\mathrm{N}}_3=\frac{(2-\overline{\rho })\alpha +(1+\overline{\rho })\beta }{3}$。

③ 判定式に代入する。 $S=\alpha +\omega \beta +{\omega }^2\gamma$ とおくと、$\beta +\omega \gamma +{\omega }^2\alpha ={\omega }^{2}S$、$\gamma +\omega \alpha +{\omega }^2\beta =\omega S$ に注意して

$${\mathrm{N}}_1+\omega {\mathrm{N}}_2+{\omega }^2{\mathrm{N}}_3=\frac{(2-\overline{\rho }){\omega }^{2}S+(1+\overline{\rho })\omega S}{3}=\frac{\omega S}{3}\left\{(2-\overline{\rho })\omega +(1+\overline{\rho })\right\}$$

中括弧を計算する: $\omega =\frac{-1+\sqrt{3}i}{2},\overline{\rho }=\frac{1-\sqrt{3}i}{2}$ を代入すると

$$(2-\overline{\rho })\omega +(1+\overline{\rho })=\frac{3+\sqrt{3}i}{2}\cdot \frac{-1+\sqrt{3}i}{2}+\frac{3-\sqrt{3}i}{2}=\frac{-3-\sqrt{3}i+3\sqrt{3}i-3}{4}+\frac{6-2\sqrt{3}i}{4}=\frac{-6+2\sqrt{3}i+6-2\sqrt{3}i}{4}=0$$

よって ${\mathrm{N}}_1+\omega {\mathrm{N}}_2+{\omega }^2{\mathrm{N}}_3=0$ — 補題より三角形 ${\mathrm{N}}_1{\mathrm{N}}_2{\mathrm{N}}_3$ は正三角形である(外側に立てた場合、3中心が一致することは起こらない)。

まとめ: どんな三角形からも正三角形が生まれる、という驚きの定理が、「回転・平均・判定式」の3部品の係数計算で落ちる。共通因数 $S$ をくくり出して数だけの部分で勝負を決める — 複素数による図形証明の設計図として記憶に値する。

発展 — 一歩先へ。 ナポレオン三角形の重心は、元の三角形の重心と一致する(重心どうしの平均を計算すると $\frac{\alpha +\beta +\gamma }{3}$ に戻る)。さらに、正三角形を内側に建てた「内ナポレオン三角形」も正三角形で、外と内の面積の差が元の三角形の面積に等しい、という続きも知られている。1つの定理の周りに、対称性の贈り物が積み上がっている。

別解

回転因子で直接確かめる($\omega$ を使わない判定)。 正三角形の判定式を経由せず、「1辺を $60^{\circ }$ 回すと隣の辺になる」を直接検算してもよい。

各重心を $\alpha ,\beta ,\gamma$ の1次結合で書き下ろしたら(本解の①)、2辺のベクトル

$${\mathrm{N}}_2-{\mathrm{N}}_1,{\mathrm{N}}_3-{\mathrm{N}}_1$$

を計算し、${\mathrm{N}}_3-{\mathrm{N}}_1=\rho ({\mathrm{N}}_2-{\mathrm{N}}_1)$($\rho =\cos 60^{\circ }+i\sin 60^{\circ }$)が成り立つことを係数比較で確かめる。回転因子 $\rho$ が「長さが等しく、なす角 $60^{\circ }$」を一語で表すので、これ1本で正三角形が確定する。

$\omega$ の判定式(本解)は対称式の魔法で計算が軽く、回転因子の直接検算は「どの辺がどの辺に回るか」という図形の対応が見えたまま進む。検算を兼ねて両方で通すと、係数計算のミスがほぼ確実に捕まる。