Punto de Fermat

En geometría euclidiana , el punto de Fermat de un triángulo , también llamado punto de Torricelli o punto de Fermat-Torricelli , es un punto tal que la suma de las tres distancias desde cada uno de los tres vértices del triángulo hasta dicho punto es la menor posible ^{[ 1 ]} o, equivalentemente, la mediana geométrica de los tres vértices. Recibe este nombre porque Fermat planteó este problema por primera vez en una carta privada a Evangelista Torricelli , quien lo resolvió.

El punto de Fermat proporciona una solución a los problemas de la mediana geométrica y del árbol de Steiner para tres puntos.

Construcción

El punto de Fermat de un triángulo con un ángulo máximo de 120° es simplemente su primer centro isogónico o X(13) , ^{[ 2 ]} que se construye de la siguiente manera:

Construye un triángulo equilátero sobre cada uno de los dos lados elegidos arbitrariamente del triángulo dado.
Traza una línea desde cada nuevo vértice hasta el vértice opuesto del triángulo original.
Las dos líneas se cruzan en el punto de Fermat.

Un método alternativo es el siguiente:

En cada uno de dos lados elegidos arbitrariamente, construya un triángulo isósceles , con la base en el lado en cuestión, ángulos de 30 grados en la base y el tercer vértice de cada triángulo isósceles fuera del triángulo original.
Para cada triángulo isósceles, dibuje un círculo, en cada caso con centro en el nuevo vértice del triángulo isósceles y con radio igual a cada uno de los dos nuevos lados de ese triángulo isósceles.
La intersección dentro del triángulo original entre los dos círculos es el punto de Fermat.

Cuando un triángulo tiene un ángulo mayor de 120°, el punto de Fermat se sitúa en el vértice de ángulo obtuso.

En lo que sigue, "Caso 1" significa que el triángulo tiene un ángulo mayor de 120°. "Caso 2" significa que ningún ángulo del triángulo supera los 120°.

Ubicación de X(13)

La figura 2 muestra los triángulos equiláteros $△ ARB, △ AQC, △ CPB$ unidos a los lados del triángulo arbitrario $△ ABC$ . A continuación se presenta una demostración, utilizando las propiedades de los puntos concíclicos , de que las tres líneas $RC , BQ , AP$ de la figura 2 se intersecan en el punto $F$ y se cortan entre sí formando ángulos de 60°.

Los triángulos $△ RAC y △ BAQ$ son congruentes porque el segundo es una rotación de 60° del primero alrededor de $A.$ Por lo tanto $, ∠ ARF = ∠ ABF$ y $∠ AQF = ∠ ACF$ . Aplicando el recíproco del teorema del ángulo inscrito al segmento $AF$ , los puntos $ARBF$ son concíclicos (se encuentran sobre una circunferencia). De manera similar, los puntos $AFCQ$ también son concíclicos.

$∠ ARB = 60°$ , por lo tanto $∠ AFB = 120°$ , utilizando el teorema del ángulo inscrito . De manera similar, $∠ AFC = 120°$ .

Entonces $∠ BFC = 120°$ . Por lo tanto, $∠ BFC + ∠ BPC = 180°$ . Usando el teorema del ángulo inscrito , esto implica que los puntos $BPCF$ son concíclicos. Así, usando el teorema del ángulo inscrito aplicado al segmento $BP$ , $∠ BFP = ∠ BCP = 60°$ . Como $∠ BFP + ∠ BFA = 180°$ , el punto $F$ se encuentra en el segmento $AP$ . Por lo tanto, las líneas $RC, BQ y AP$ son concurrentes (se intersecan en un solo punto). QED

Esta demostración se aplica solo en el Caso 2, ya que si $∠ BAC > 120°$ , el punto $A$ se encuentra dentro del círculo circunscrito de $△ BPC$ , lo que cambia las posiciones relativas de $A$ y $F.$ Sin embargo, se puede modificar fácilmente para cubrir el Caso 1. Entonces $∠ AFB = ∠ AFC = 60°,$ por lo tanto $∠ BFC = ∠ AFB + ∠ AFC = 120°,$ lo que significa que $BPCF$ es concíclico, por lo que $∠ BFP = ∠ BCP = 60° = ∠ BFA$ . Por lo tanto, $A$ se encuentra en $FP$ .

Las líneas que unen los centros de los círculos en la figura 2 son perpendiculares a los segmentos $AP, BQ y CR$ . Por ejemplo, la línea que une el centro del círculo que contiene el $triángulo ARB$ $con$ el centro del círculo que contiene $el triángulo AQC$ es perpendicular al segmento $AP$ . Por lo tanto, las líneas que unen los centros de los círculos también se intersecan formando ángulos de 60°. En consecuencia, los centros de los círculos forman un triángulo equilátero. Esto se conoce como el teorema de Napoleón .

Ubicación del punto de Fermat

Geometría tradicional

Dado un triángulo euclidiano cualquiera $△ ABC$ y un punto arbitrario $P,$ sea $d(P)=|PA|+|PB|+|PC|.$ El objetivo de esta sección es identificar un punto $P 0$ tal que $d(P_{0})<d(P)$ a pesar de $P\neq P_{0}.$ Si existe tal punto, será el punto de Fermat. En lo que sigue, $Δ$ denotará los puntos dentro del triángulo y se considerará que incluye su frontera $Ω$ .

Un resultado clave que se utilizará es la regla de la pierna de perro, que afirma que si un triángulo y un polígono tienen un lado en común y el resto del triángulo se encuentra dentro del polígono, entonces el triángulo tiene un perímetro más corto que el polígono:

Si

AB

es el lado común, extendemos

AC

para cortar el polígono en el punto

X.

Entonces, el perímetro del polígono es, por la desigualdad triangular :

{\text{perímetro}}>|AB|+|AX|+|XB|=|AB|+|AC|+|CX|+|XB|\geq |AB|+|AC|+|BC|.

Sea $P$ un punto cualquiera fuera de $Δ$ . Asociemos cada vértice con su zona remota; es decir, el semiplano más allá del lado opuesto (extendido). Estas 3 zonas cubren todo el plano excepto $Δ$ mismo y $P$ claramente se encuentra en una o dos de ellas. Si $P$ está en dos (por ejemplo, la intersección de las zonas $B$ y $C$ ), entonces establecemos $P'=A$ implica $d(P')=d(A)<d(P)$ por la regla de la curva en zigzag. Alternativamente, si $P$ está en una sola zona, digamos la zona $A$ , entonces $d(P')<d(P)$ donde $P'$ es la intersección de $AP$ y $BC$ . Por lo tanto , para cada punto $P$ fuera de $Δ$ existe un punto $P'$ en $Ω$ tal que $d(P')<d(P).$

Caso 1. El triángulo tiene un ángulo ≥ 120°.

Sin pérdida de generalidad , supongamos que el ángulo en $A$ es ≥ 120°. Construyamos el triángulo equilátero $△ AFB$ y para cualquier punto $P$ en $Δ$ (excepto $A$ mismo) construyamos $Q$ de modo que el triángulo $△ AQP$ sea equilátero y tenga la orientación mostrada. Entonces el triángulo $△ ABP$ es una rotación de 60° del triángulo $△ AFQ$ alrededor de $A$ , por lo que estos dos triángulos son congruentes y se deduce que $d(P)=|CP|+|PQ|+|QF|$ que es simplemente la longitud del camino $CPQF$ . Como $P$ está restringido a estar dentro de $△ ABC$ , por la regla de la curva en zigzag la longitud de este camino excede $|AC|+|AF|=d(A).$ Por lo tanto, $d(A)<d(P)$ a pesar de $P\in \Delta ,P\neq A.$ Ahora permitamos que $P$ varíe fuera de $Δ$ . Desde arriba un punto $P'\in \Omega$ existe tal que $d(P')<d(P)$ y como $d(A)\leq d(P')$ resulta que $d(A)<d(P)$ para todo $P$ fuera de $Δ$ . Por lo tanto $d(A)<d(P)$ a pesar de $P\neq A$ lo que significa que $A$ es el punto de Fermat de $Δ$ . En otras palabras, el punto de Fermat se encuentra en el vértice de ángulo obtuso .

Caso 2. El triángulo no tiene ningún ángulo ≥ 120°.

Construye el triángulo equilátero $△ BCD$ , sea $P$ cualquier punto dentro de $Δ$ , y construye el triángulo equilátero $△ CPQ$ . Entonces $△ CQD$ es una rotación de 60° de $△ CPB$ alrededor de $C$ , por lo que

d(P)=|PA|+|PB|+|PC|=|AP|+|PQ|+|QD|

lo que muestra que la suma de las distancias buscadas es simplemente la longitud del camino $APQD$ desde A hasta D a lo largo de una línea recta a trozos. Ahora mostramos que si $P$ se elige como el centro isogónico de $△ ABC$ el camino $APQD$ se encuentra en una línea recta, y por lo tanto es mínimo. Para hacer esto, construimos el triángulo equilátero $△ ABF$ . Sea $P 0$ el punto donde $AD$ y $CF$ se intersecan. Por construcción, este punto es el primer centro isogónico (ver arriba) de $△ ABC$ . Realizamos el mismo ejercicio con $P 0$ que hicimos con $P$ , y encontramos el punto $Q 0$ . Por la restricción angular $P 0$ se encuentra dentro de $△ ABC$ . Como $P 0$ es el centro isogónico, $∠ AP 0 C = 120°$ ; por construcción $∠ CP 0 Q 0 = 60°$ , por lo tanto $A$ , $P 0$ y $Q 0$ están alineados en la línea de $A$ a $D$ . (Además, $△ BCF$ es una rotación de 60° de $△ BDA$ alrededor de $B$ , por lo que $Q 0$ debe estar en algún lugar de $AD$ ). Dado que $∠ CDB = 60°,$ se deduce que $Q 0$ está entre $P 0$ y $D.$ Dado que el camino $AP 0 Q 0 D$ ahora está en una línea recta, $d(P_{0})=|AD|.$ Además, si $P\neq P_{0}$ entonces o $P$ o $Q$ no mentirán sobre $AD$ lo que significa $d(P_{0})=|ANUNCIO|<d(P).$ Ahora permitamos que $P$ varíe fuera de $Δ$ . Desde arriba un punto $P'\in \Omega$ existe tal que $d(P')<d(P)$ y como $d(P_{0})\leq d(P')$ resulta que $d(P_{0})<d(P)$ para todo $P$ fuera de $Δ$ . Eso significa que $P 0$ es el punto de Fermat de $Δ$ . En otras palabras, el punto de Fermat coincide con el primer centro isogónico .

Análisis vectorial

Sean $O, A, B, C, X$ cinco puntos cualesquiera en un plano. Denotemos los vectores ${\overrightarrow {OA}},\ {\overrightarrow {OB}},\ {\overrightarrow {OC}},\ {\overrightarrow {OX}}$ por $a, b, c, x$ respectivamente, y sean $i, j, k$ los vectores unitarios desde $O$ a lo largo de $a, b, c$ .

{\begin{alineado}|\mathbf {a} |&=\mathbf {a\cdot i} =(\mathbf {a} -\mathbf {x} )\mathbf {\,\cdot \,i} +\mathbf {x\cdot i} \leq |\mathbf {a} -\mathbf {x} |+\mathbf {x\cdot i} ,\\|\mathbf {b} |&=\mathbf {b\cdot j} =(\mathbf {b} -\mathbf {x} )\mathbf {\,\cdot \,j} +\mathbf {x\cdot j} \leq |\mathbf {b} -\mathbf {x} |+\mathbf {x\cdot j} ,\\|\mathbf {c} |&=\mathbf {c\cdot k} =(\mathbf {c} -\mathbf {x} )\mathbf {\,\cdot \,k} +\mathbf {x\cdot k} \leq |\mathbf {c} -\mathbf {x} |+\mathbf {x\cdot k} .\end{aligned}}

Sumando $a, b, c$ se obtiene

|\mathbf {a} |+|\mathbf {b} |+|\mathbf {c} |\leq |\mathbf {a} -\mathbf {x} |+|\mathbf {b} -\mathbf {x} |+|\mathbf {c} -\mathbf {x} |+\mathbf {x} \cdot (\mathbf {i} +\mathbf {j} +\mathbf {k} ).

Si $a, b, c$ se encuentran en $O$ con ángulos de 120°, entonces $i + j + k = 0$ , por lo tanto

|\mathbf {a} |+|\mathbf {b} |+|\mathbf {c} |\leq |\mathbf {a} -\mathbf {x} |+|\mathbf {b} -\mathbf {x} |+|\mathbf {c} -\mathbf {x} |

para todo $x$ . En otras palabras,

|OA|+|OB|+|OC|\leq |XA|+|XB|+|XC|

y por lo tanto $O$ es el punto de Fermat del $triángulo ABC$ .

Este argumento falla cuando el triángulo tiene un ángulo $∠ C > 120°$ porque no hay ningún punto $O$ donde $a, b, c$ se encuentren en ángulos de 120°. Sin embargo, se soluciona fácilmente redefiniendo $k = - (i + j)$ y colocando $O$ en $C$ de modo que $c = 0.$ Nótese que $| k | \leq 1$ porque el ángulo entre los vectores unitarios $i, j$ es $∠ C$ que excede los 120°. Dado que

|\mathbf {0} |\leq |\mathbf {0} -\mathbf {x} |+\mathbf {x\cdot k} ,

La tercera desigualdad sigue siendo válida, las otras dos desigualdades permanecen sin cambios. La demostración continúa ahora como se indicó anteriormente (sumando las tres desigualdades y usando $i + j + k = 0$ ) para llegar a la misma conclusión de que $O$ (o en este caso $C$ ) debe ser el punto de Fermat del $triángulo ABC$ .

multiplicadores de Lagrange

Otro método para encontrar el punto dentro de un triángulo desde el cual la suma de las distancias a los vértices del triángulo es mínima, consiste en utilizar uno de los métodos de optimización matemática ; específicamente, el método de los multiplicadores de Lagrange y la ley de los cosenos .

Trazamos líneas desde el punto dentro del triángulo hasta sus vértices y las llamamos $X, Y, Z.$ Además, sean las longitudes de estas líneas $x, y, z$ respectivamente. Sea $α$ el ángulo entre $X$ e $Y$ , $y β$ el ángulo entre $Y$ y $Z.$ Entonces, el ángulo entre $X$ y $Z$ es $π -$ $α$ $-$ $β$ . Usando el método de los multiplicadores de Lagrange, debemos encontrar el mínimo del lagrangiano $L$ , que se expresa como:

L=x+y+z+\lambda _{1}(x^{2}+y^{2}-2xy\cos(\alpha )-a^{2})+\lambda _{2}(y^{2}+z^{2}-2yz\cos(\beta )-b^{2})+\lambda _{3}(z^{2}+x^{2}-2zx\cos(\alpha +\beta )-c^{2})

donde $a, b, c$ son las longitudes de los lados del triángulo.

Igualando cada una de las cinco derivadas parciales ${\tfrac {\partial L}{\partial x}},{\tfrac {\partial L}{\partial y}},{\tfrac {\partial L}{\partial z}},{\tfrac {\partial L}{\partial \alpha }},{\tfrac {\partial L}{\partial \beta }}$ Al hacer cero y eliminar $λ 1, λ 2, λ 3$ se obtiene finalmente $sin α = sin β$ y $sin(α + β) = - sin β$ , por lo que $α = β = 120°$ . Sin embargo, la eliminación es un proceso largo y tedioso, y el resultado final solo cubre el Caso 2.

Propiedades

Cuando el ángulo más grande del triángulo no es mayor de 120°, X (13) es el punto de Fermat.
Los ángulos subtendidos por los lados del triángulo en X (13) son todos iguales a 120° (Caso 2), o 60°, 60°, 120° (Caso 1).
Las circunferencias circunscritas de los tres triángulos equiláteros construidos son concurrentes en X (13).
Coordenadas trilineales para el primer centro isogónico , X (13): ^{[ 3 ]}

{\begin{aligned}&\csc \left(A+{\tfrac {\pi }{3}}\right):\csc \left(B+{\tfrac {\pi }{3}}\right):\csc \left(C+{\tfrac {\pi }{3}}\right)\\&=\sec \left(A-{\tfrac {\pi }{6}}\right):\sec \left(B-{\tfrac {\pi }{6}}\right):\sec \left(C-{\tfrac {\pi }{6}}\right).\end{aligned}}

Coordenadas trilineales para el segundo centro isogónico, X (14): ^{[ 4 ]}

{\begin{aligned}&\csc \left(A-{\tfrac {\pi }{3}}\right):\csc \left(B-{\tfrac {\pi }{3}}\right):\csc \left(C-{\tfrac {\pi }{3}}\right)\\&=\sec \left(A+{\tfrac {\pi }{6}}\right):\sec \left(B+{\tfrac {\pi }{6}}\right):\sec \left(C+{\tfrac {\pi }{6}}\right).\end{aligned}}

Coordenadas trilineales para el punto de Fermat:

1-u+uvw\sec \left(A-{\tfrac {\pi }{6}}\right):1-v+uvw\sec \left(B-{\tfrac {\pi }{6}}\right):1-w+uvw\sec \left(C-{\tfrac {\pi }{6}}\right)

donde

u, v, w

denotan respectivamente las variables booleanas

(A < 120°), (B < 120°), (C < 120°)

.

El conjugado isogonal de X (13) es el primer punto isodinámico , X (15): ^{[ 5 ]}

\sin \left(A+{\tfrac {\pi }{3}}\right):\sin \left(B+{\tfrac {\pi }{3}}\right):\sin \left(C+{\tfrac {\pi }{3}}\right).

El conjugado isogonal de X (14) es el segundo punto isodinámico , X (16): ^{[ 6 ]}

\sin \left(A-{\tfrac {\pi }{3}}\right):\sin \left(B-{\tfrac {\pi }{3}}\right):\sin \left(C-{\tfrac {\pi }{3}}\right).

Los siguientes triángulos son equiláteros:
- triángulo antipedal de X (13)
- Triángulo antipedal de X (14)
- Triángulo pedal de X (15)
- Triángulo pedal de X (16)
- Triángulo circumceviano de X (15)
- Triángulo circumceviano de X (16)
Las líneas X (13) X (15) y X (14) X (16) son paralelas a la línea de Euler . Las tres líneas se encuentran en el punto infinito de Euler, X (30).
Los puntos X (13), X (14), el circuncentro y el centro de nueve puntos se encuentran en un círculo de Lester .
La línea X (13) X (14) interseca la línea de Euler en el punto medio de X (2) y X (4). ^{[ 7 ]}
El punto de Fermat se encuentra en el disco ortocentroide abierto perforado en su propio centro, y podría ser cualquier punto dentro del mismo. ^{[ 8 ]}

Alias

Los centros isogónicos X (13) y X (14) también se conocen como el primer punto de Fermat y el segundo punto de Fermat, respectivamente. Otras denominaciones son el punto de Fermat positivo y el punto de Fermat negativo . Sin embargo, estos nombres diferentes pueden resultar confusos y quizás sea mejor evitarlos. El problema radica en que gran parte de la bibliografía difumina la distinción entre el punto de Fermat y el primer punto de Fermat, cuando solo en el caso 2 mencionado anteriormente coinciden.

Historia

Esta pregunta fue planteada por Fermat como un desafío a Evangelista Torricelli . Este último resolvió el problema de forma similar a Fermat, aunque utilizando la intersección de las circunferencias circunscritas de los tres triángulos regulares. Su discípulo, Viviani, publicó la solución en 1659. ^{[ 9 ]}

Véase también

Mediana geométrica o punto de Fermat-Weber, el punto que minimiza la suma de las distancias a más de tres puntos dados.
Teorema de Lester
Centro triangular
Napoleón señala
Problema de Weber

Referencias

↑ Corta el nudo: el punto de Fermat y generalizaciones
↑ Kimberling, Clark (1994). " Puntos centrales y líneas centrales en el plano de un triángulo". Mathematics Magazine . 67 (3): 163– 187. doi : 10.1080/0025570X.1994.11996210 . JSTOR 2690608. MR 1573021 . Véase X ₁₃ , pág. 174.
↑ Entrada X(13) en la Enciclopedia de Centros Triangulares Archivada el 19 de abril de 2012 en Wayback Machine
↑ Entrada X(14) en la Enciclopedia de Centros Triangulares Archivada el 19 de abril de 2012 en Wayback Machine
↑ Entrada X(15) en la Enciclopedia de Centros Triangulares Archivada el 19 de abril de 2012 en Wayback Machine
↑ Entrada X(16) en la Enciclopedia de Centros Triangulares Archivada el 19 de abril de 2012 en Wayback Machine
↑ Kimberling, Clark. "Enciclopedia de centros triangulares" .
↑ Christopher J. Bradley y Geoff C. Smith, "La ubicación de los centros de los triángulos", Forum Geometricorum 6 (2006), 57-70. http://forumgeom.fau.edu/FG2006volume6/FG200607index.html Archivado el 4 de marzo de 2016 en Wayback Machine
↑ Weisstein, Eric W. "Puntos de Fermat" . MathWorld .

Enlaces externos

"Problema de Fermat-Torricelli" , Enciclopedia de Matemáticas , EMS Press , 2001 [1994]
Punto de Fermat por Chris Boucher, Proyecto de Demostraciones de Wolfram .
El punto de Fermat-Torricelli de un triángulo y el problema del aeropuerto en Dynamic Geometry Sketches: dos actividades de aprendizaje investigativo relacionadas con demostraciones guiadas.
Un ejemplo práctico del punto de Fermat

[1] Corta el nudo: el punto de Fermat y generalizaciones

[2] Kimberling, Clark (1994). " Puntos centrales y líneas centrales en el plano de un triángulo". Mathematics Magazine . 67 (3): 163– 187. doi : 10.1080/0025570X.1994.11996210 . JSTOR 2690608. MR 1573021 . Véase X ₁₃ , pág. 174.

[3] Entrada X(13) en la Enciclopedia de Centros Triangulares Archivada el 19 de abril de 2012 en Wayback Machine

[4] Entrada X(14) en la Enciclopedia de Centros Triangulares Archivada el 19 de abril de 2012 en Wayback Machine

[5] Entrada X(15) en la Enciclopedia de Centros Triangulares Archivada el 19 de abril de 2012 en Wayback Machine

[6] Entrada X(16) en la Enciclopedia de Centros Triangulares Archivada el 19 de abril de 2012 en Wayback Machine

[ETC-7] Kimberling, Clark. "Enciclopedia de centros triangulares" .

[Bradley-8] Christopher J. Bradley y Geoff C. Smith, "La ubicación de los centros de los triángulos", Forum Geometricorum 6 (2006), 57-70. http://forumgeom.fau.edu/FG2006volume6/FG200607index.html Archivado el 4 de marzo de 2016 en Wayback Machine

[9] Weisstein, Eric W. "Puntos de Fermat" . MathWorld .

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