Ei fu. - Parte II

Il Teorema di Napoleone può essere intuito grazie alla simmetria della figura seguente (l'ho rubata qui):

Personalmente, però, mi piace di più la dimostrazione basata su un diverso tipo di simmetria, quella della relazione

$$
3q^2 = \frac{a^2+b^2+c^2}{2}+\frac{2\mathcal A}{\sqrt{3}} \quad,
$$

dove $A$, $B$ e $C$ sono i vertici del triangolo (qualsiasi), $a=|BC|$, $b=|AC|$, $c=|AB|$, $\mathcal A$ è l'area di $ABC$ e $q=|PR|$, dove $P$ e $R$ sono i centri dei triangoli equilateri di lati $AB$ risp. $AC$. 

La simmetria della relazione in $a$, $b$ e $c$ implica che essa sarebbe valida anche ponendo $q=|PQ|$ oppure $q=|QR|$; ne consegue che $|PQ|=|PR|=|QR|$.

La dimostrazione di quella che potremmo battezzare "formula di Napoleone" è un esercizio di trigonometria, diciamo da seconda Liceo. Innanzitutto occorre ricordare che nel triangolo equilatero la distanza tra un vertice e il baricentro è pari ai $\displaystyle\frac{2}{3}$ dell'altezza, e quindi

$$
|AR|=\frac{2}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}b=\frac{b}{\sqrt{3}}
$$

e analogamente $|AP|= \displaystyle\frac{c}{\sqrt{3}}$. Dal momento che $\widehat{PAB}=\widehat{CAR}=\displaystyle\frac{\pi}{6}$, il Teorema del coseno fornisce quindi la relazione

\begin{eqnarray*}
q^2 &=& |AR|^2+|AP|^2-2\cdot|AR|\cdot|AP|\cdot\cos\left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right) \\
&=& \frac{b^2}{3}+\frac{c^2}{3}-\frac23bc\cdot\cos\left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right) \;.
\end{eqnarray*}
e quindi
$$
3q^2=b^2+c^2-2bc\cos\left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right) \quad.
$$
Dalla formula di addizione per il coseno ricaviamo
$$
\cos\left(\alpha+\frac{\pi}{3}\right)=\cos\alpha\cdot\cos\frac{\pi}{3}-\sin\alpha\cdot\sin\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}\cos\alpha-\frac{\sqrt3}{2}\sin\alpha 
$$
e
$$
3q^2=b^2+c^2-bc\cos\alpha+\frac{bc\sin\alpha}{\sqrt{3}} \quad.
$$

La "formula di Napoleone" segue quindi dal fatto che per l'area $\mathcal A$ di $ABC$ vale

$$
\mathcal A = \frac{1}{2}bc\sin\alpha
$$
e che, nuovamente per il Tm. del coseno,
$$
bc\cos\alpha=\frac{b^2+c^2-a^2}{2} \quad.
$$