Napoleonの定理

方針：定義の $e^{i\pi/3}$ を $\omega$ で書き、式を移項する。
段 1（$e^{i\pi/3}$ を $\omega$ で書く）。ex-nap-omega の 4 から $e^{i\pi/3}=-\omega^2$、2 から $1-e^{i\pi/3}=1+\omega^2=-\omega$ である。
段 2（1 の証明）。定義の式は $z_3=z_1+e^{i\pi/3}(z_2-z_1)=(1-e^{i\pi/3})z_1+e^{i\pi/3}z_2$ と同じである。段 1 を代入すると $z_3=-\omega z_1-\omega^2z_2$、つまり
$$ \omega z_1+\omega^2z_2+z_3=0 $$
である。両辺に $\omega^2$ を掛けると、$\omega^3=1$、$\omega^4=\omega$ から $z_1+\omega z_2+\omega^2z_3=0$ となる。逆に、この式に $\omega$ を掛ければ $\omega z_1+\omega^2z_2+z_3=0$ に戻る（$\omega^2\cdot\omega=1$）ので、2 つの式は同値である。
段 3（2 の証明）。$e^{-i\pi/3}=-\omega$、$1-e^{-i\pi/3}=1+\omega=-\omega^2$ なので、$z_3=(1-e^{-i\pi/3})z_1+e^{-i\pi/3}z_2=-\omega^2z_1-\omega z_2$、つまり $\omega^2z_1+\omega z_2+z_3=0$ である。両辺に $\omega$ を掛けると $z_1+\omega^2z_2+\omega z_3=0$ で、逆も $\omega^2$ を掛ければ戻る。$\square$

方針：辺 $AB$ について計算する。残りの 2 辺は $(a,b)$ を $(b,c)$、$(c,a)$ に替えるだけである。
段 1。ex-nap-omega の 4 から $e^{-i\pi/3}=-\omega$ なので、3 つ目の頂点は $a-\omega(b-a)=(1+\omega)a-\omega b$ である。
段 2。重心は 3 頂点の平均なので
$$ N_C=\frac{a+b+(1+\omega)a-\omega b}3=\frac{(2+\omega)a+(1-\omega)b}3 $$
である。$1+\omega+\omega^2=0$ から $2+\omega=1-\omega^2$ なので、主張の式になる。$\square$

方針：lem-nap-center の式を lem-nap-equilateral の判定式に代入し、$a,b,c$ の係数がすべて $0$ になることを確かめる。
段 1（判定式を展開する）。$3(N_A+\omega N_B+\omega^2N_C)$ を $a,b,c$ ごとにまとめる。

• $a$ の係数：$\omega(1-\omega)+\omega^2(1-\omega^2)=\omega-\omega^2+\omega^2-\omega^4=\omega-\omega^4$。
• $b$ の係数：$(1-\omega^2)+\omega^2(1-\omega)=1-\omega^2+\omega^2-\omega^3=1-\omega^3$。
• $c$ の係数：$(1-\omega)+\omega(1-\omega^2)=1-\omega+\omega-\omega^3=1-\omega^3$。
  段 2（係数は 0）。$\omega^3=1$ から $\omega^4=\omega$ なので、3 つの係数はどれも $0$ である。よって $N_A+\omega N_B+\omega^2N_C=0$ で、lem-nap-equilateral の 1 により $(N_A,N_B,N_C)$ は反時計回りの正三角形である。
  段 3（重心）。$3(N_A+N_B+N_C)$ では、$a,b,c$ の係数はどれも $(1-\omega^2)+(1-\omega)=2-\omega-\omega^2=3$ である（$\omega+\omega^2=-1$）。よって $N_A+N_B+N_C=a+b+c$ で、両辺を $3$ で割ると重心が一致する。$\square$

方針：$u:=\omega^2$ とおき、$R_p(z)=uz+(1-u)p$ の形で 3 回代入する。
段 1（1 回目・2 回目）。$R_{p_1}(z)=uz+(1-u)p_1$ である。これを $R_{p_2}$ に入れると
$$ R_{p_2}(R_{p_1}(z))=u\bigl(uz+(1-u)p_1\bigr)+(1-u)p_2=u^2z+(1-u)(up_1+p_2) $$
である。
段 2（3 回目）。さらに $R_{p_3}$ に入れると
$$ u\bigl(u^2z+(1-u)(up_1+p_2)\bigr)+(1-u)p_3=u^3z+(1-u)(u^2p_1+up_2+p_3) $$
である。
段 3（$u=\omega^2$ を入れる）。$u^3=\omega^6=1$、$u^2=\omega^4=\omega$ なので、$u^2p_1+up_2+p_3=\omega p_1+\omega^2p_2+p_3=\omega(p_1+\omega p_2+\omega^2p_3)$ である（最後の等号は $\omega\cdot\omega^2=1$ による）。これで主張の式が得られた。
段 4（恒等写像の条件）。合成は $z$ に定数 $(1-\omega^2)\omega(p_1+\omega p_2+\omega^2p_3)$ を足す写像である。$1-\omega^2\ne0$、$\omega\ne0$ なので、これが恒等写像であることと $p_1+\omega p_2+\omega^2p_3=0$ は同値であり、lem-nap-equilateral の 1 により、反時計回りの正三角形であることと同値である。$\square$

方針：$N_C$、$N_A$、$N_B$ のまわりの時計回り $120^\circ$ の回転を続けると $A$ が動かないことを示し、prop-nap-three-rotations を使う。この証明は thm-nap の 2 つ目の証明である。
段 1（$R_{N_C}(a)=b$）。lem-nap-center の $N_C$ を使って $b-N_C$ と $\omega^2(a-N_C)$ を比べる。
$$ 3(a-N_C)=(2+\omega^2)a-(1-\omega)b,\qquad 3(b-N_C)=-(1-\omega^2)a+(2+\omega)b $$
である。$3\omega^2(a-N_C)=(2\omega^2+\omega^4)a-(\omega^2-\omega^3)b=(2\omega^2+\omega)a+(1-\omega^2)b$ で、$a$ の係数の差は $(2\omega^2+\omega)-(\omega^2-1)=\omega^2+\omega+1=0$、$b$ の係数の差は $(1-\omega^2)-(2+\omega)=-(1+\omega+\omega^2)=0$ である。よって $b-N_C=\omega^2(a-N_C)$、すなわち $R_{N_C}(a)=b$ である。
段 2（残りの 2 つ）。段 1 の計算で文字を $a\to b\to c\to a$ と回すと、$N_C\to N_A\to N_B$ と移るので（lem-nap-center の 3 つの式はこの入れかえで互いに移る）、$R_{N_A}(b)=c$、$R_{N_B}(c)=a$ も成り立つ。
段 3（合成は恒等写像）。$T:=R_{N_B}\circ R_{N_A}\circ R_{N_C}$ とすると $T(a)=a$ である。prop-nap-three-rotations により $T$ は定数を足す写像なので、$T(a)=a$ からその定数は $0$ で、$T$ は恒等写像である。
段 4（結論）。prop-nap-three-rotations を $p_1=N_C$、$p_2=N_A$、$p_3=N_B$ で使うと、$(N_C,N_A,N_B)$ は反時計回りの正三角形で、$N_C+\omega N_A+\omega^2N_B=0$ である。両辺に $\omega^2$ を掛けると $\omega^2N_C+N_A+\omega N_B=0$、つまり $N_A+\omega N_B+\omega^2N_C=0$ で、$(N_A,N_B,N_C)$ も反時計回りの正三角形である（lem-nap-equilateral）。重心の一致は prf-thm-nap の段 3 と同じである。$\square$

方針：右辺に定義を代入し、$f(0),f(1),f(2)$ ごとの係数を調べる。一般の $n$ での証明は 離散Fourier変換と反転公式 の主定理にあり、ここでは $n=3$ の場合を直接確かめる。
段 1。右辺の 3 倍は
$$ \sum_{t=0}^{2}\widehat f(t)\,\omega^{tk}=\sum_{t=0}^{2}\sum_{l=0}^{2}f(l)\,\omega^{-tl}\omega^{tk}=\sum_{l=0}^{2}f(l)\sum_{t=0}^{2}\omega^{t(k-l)} $$
である。
段 2。$l=k$ なら内側の和は $1+1+1=3$ である。$l\ne k$ なら $k-l$ は $\pm1,\pm2$ のどれかで、$3$ の倍数でない。このとき $q:=\omega^{k-l}$ は $\omega$ か $\omega^2$ であり（$\omega^{-1}=\omega^2$、$\omega^{-2}=\omega$）、内側の和は $1+q+q^2$ である。$q=\omega$ なら $1+\omega+\omega^2=0$、$q=\omega^2$ なら $1+\omega^2+\omega^4=1+\omega^2+\omega=0$ である。
段 3。よって右辺の 3 倍は $3f(k)$ で、反転公式が成り立つ。後半は、$t=1,2$ で $\sum_k d\,\omega^{-tk}=d(1+\omega^{-t}+\omega^{-2t})=0$（段 2 と同じ計算）、$t=0$ で $3d$ となることから従う。$\square$

方針：$F$ をずらした数列 $f(k+1)$、$f(k+2)$ の 1 次結合として書き、ずらしが Fourier 成分に $\omega$ の冪を掛けることを使う。
段 1（ずらしの変換）。整数 $s$ について、数列 $k\mapsto f(k+s)$ の変換は $\omega^{st}\widehat f(t)$ である。実際、$j:=k+s$ とおくと、$k$ が $0,1,2$ を動くとき $j$ の余りも $0,1,2$ を 1 回ずつとり、$\omega^{-tk}=\omega^{-t(j-s)}=\omega^{ts}\omega^{-tj}$ なので
$$ \sum_{k=0}^{2}f(k+s)\,\omega^{-tk}=\omega^{ts}\sum_{j}f(j)\,\omega^{-tj}=\omega^{ts}\,\widehat f(t) $$
である。
段 2（$F$ をずらしで書く）。$\alpha:=\frac{1-\omega^2}3$、$\beta:=\frac{1-\omega}3$ とおくと、lem-nap-center から $F(k)=\alpha f(k+1)+\beta f(k+2)$ である（$k=0$ で $N_A=\alpha b+\beta c$、$k=1$ で $N_B=\alpha c+\beta a$、$k=2$ で $N_C=\alpha a+\beta b$）。変換は足し算と定数倍を保つので、段 1 から
$$ \widehat F(t)=\lambda_t\,\widehat f(t),\qquad \lambda_t:=\alpha\,\omega^t+\beta\,\omega^{2t} $$
である。
段 3（$\lambda_t$ の計算）。$\omega^3=1$、$\omega+\omega^2=-1$ を使う。

• $\lambda_0=\alpha+\beta=\frac{2-\omega-\omega^2}3=\frac{2+1}3=1$。
• $\lambda_1=\alpha\omega+\beta\omega^2=\frac{\omega-\omega^3+\omega^2-\omega^3}3=\frac{-1-2}3=-1$。
• $\lambda_2=\alpha\omega^2+\beta\omega^4=\frac{\omega^2-\omega^4+\omega^4-\omega^5}3=\frac{\omega^2-\omega^2}3=0$（$\omega^5=\omega^2$）。
  段 4（内側）。内側では 3 つ目の頂点が $X+e^{i\pi/3}(Y-X)=(1+\omega^2)X-\omega^2Y$（$e^{i\pi/3}=-\omega^2$）で、重心は $\frac{(2+\omega^2)X+(1-\omega^2)Y}3=\frac{(1-\omega)X+(1-\omega^2)Y}3$ である。これは $\alpha$ と $\beta$ を入れかえた式なので、$F'(k)=\beta f(k+1)+\alpha f(k+2)$ で、倍率は $\lambda'_t=\beta\omega^t+\alpha\omega^{2t}$ である。$\lambda'_0=1$、$\lambda'_1=\beta\omega+\alpha\omega^2=\lambda_2=0$、$\lambda'_2=\beta\omega^2+\alpha\omega^4=\beta\omega^2+\alpha\omega=\lambda_1=-1$ である。$\square$

方針：lem-nap-inversion の分解 $z_k=g+p\omega^k+q\omega^{2k}$ を面積の式に入れる。
段 1（面積を複素数で書く）。$u=u_1+u_2i$、$v=v_1+v_2i$ について $\overline u\,v=(u_1-u_2i)(v_1+v_2i)$ の虚部は $u_1v_2-u_2v_1$ である。よって $S=\frac12\,\mathrm{Im}\bigl(\overline{(z_1-z_0)}\,(z_2-z_0)\bigr)$ である。
段 2（差をとる）。分解から $g$ は消えて、$z_1-z_0=p(\omega-1)+q(\omega^2-1)$、$z_2-z_0=p(\omega^2-1)+q(\omega-1)$ である。$\overline\omega=\omega^2$ なので $\overline{z_1-z_0}=\overline p(\omega^2-1)+\overline q(\omega-1)$ である。
段 3（積を展開する）。
$$ \overline{(z_1-z_0)}(z_2-z_0)=|p|^2(\omega^2-1)^2+\overline pq(\omega^2-1)(\omega-1)+\overline qp(\omega-1)(\omega^2-1)+|q|^2(\omega-1)^2 $$
である。ここで $(\omega^2-1)(\omega-1)=\omega^3-\omega^2-\omega+1=2-(\omega+\omega^2)=3$、$(\omega^2-1)^2=\omega^4-2\omega^2+1=\omega+1-2\omega^2=-3\omega^2$、$(\omega-1)^2=\omega^2-2\omega+1=-3\omega$ である（$1+\omega=-\omega^2$、$1+\omega^2=-\omega$）。
段 4（虚部）。中の 2 項の和は $3(\overline pq+\overline qp)=6\,\mathrm{Re}(\overline pq)$ で実数なので、虚部に寄与しない。$\mathrm{Im}(-3\omega^2)=\frac{3\sqrt3}2$、$\mathrm{Im}(-3\omega)=-\frac{3\sqrt3}2$ なので
$$ S=\frac12\cdot\frac{3\sqrt3}2\bigl(|p|^2-|q|^2\bigr)=\frac{3\sqrt3}4\cdot\frac{|\widehat f(1)|^2-|\widehat f(2)|^2}9=\frac{\sqrt3}{12}\Bigl(|\widehat f(1)|^2-|\widehat f(2)|^2\Bigr) $$
である。
段 5（Napoleon 三角形）。thm-nap-dft から、外側の Napoleon 三角形の成分は $(\widehat f(0),-\widehat f(1),0)$ なので、符号つき面積は $\frac{\sqrt3}{12}|\widehat f(1)|^2\ge0$ で、これが $S_{\mathrm{out}}$ である。内側の成分は $(\widehat f(0),0,-\widehat f(2))$ なので、符号つき面積は $-\frac{\sqrt3}{12}|\widehat f(2)|^2\le0$ で、$S_{\mathrm{in}}=\frac{\sqrt3}{12}|\widehat f(2)|^2$ である。差は $\frac{\sqrt3}{12}\bigl(|\widehat f(1)|^2-|\widehat f(2)|^2\bigr)=S$ である。$\square$