Punto di Fermat

In geometria, il punto di Fermat, anche chiamato punto di Torricelli o punto di Fermat-Torricelli, è il punto che minimizza la distanza complessiva da tutti e tre i vertici di un triangolo. La scoperta risale come soluzione a un problema posto da Fermat a Torricelli.

punto di Fermat
Codice ETC	13
Coordinate baricentriche
λ1	$a\cdot \csc(A\pm \pi /3)$
λ2	$b\cdot \csc(B\pm \pi /3)$
λ3	$c\cdot \csc(C\pm \pi /3)$
Coordinate trilineari
x	$\csc(A\pm \pi /3)$
y	$\csc(B\pm \pi /3)$
z	$\csc(C\pm \pi /3)$

Quando un triangolo ha un angolo maggiore di 120° il punto di Fermat è posto sul vertice dell'angolo ottuso. In un triangolo in cui l'angolo maggiore misura meno di 120°, il punto di Fermat è individuato dall'intersezione delle tre linee ottenute congiungendo ciascun vertice del triangolo con il vertice, non appartenente al triangolo, del triangolo equilatero costruito sul lato opposto a tale angolo esternamente al triangolo.

Proprietà

Il punto di Fermat ha diverse proprietà. Dato un triangolo $ABC$ si deve costruire su ogni lato un triangolo equilatero in modo da formare tre triangoli chiamati $ABC'$, $AB'C$, $A'BC$. Congiungendo ${\overline {AA'}}$, ${\overline {BB'}}$, ${\overline {CC'}}$ queste tre rette si incontrano in un punto $F$. Si dimostra che ${\overline {AA'}}={\overline {BB'}}={\overline {CC'}}$. Infatti i triangoli $ACA'$ e $B'CB$ sono uguali perché ${\overline {CA}}={\overline {CB'}},{\overline {CA'}}={\overline {CB}}$, sono uguali gli angoli $A{\hat {C}}A'=B{\hat {C}}B'$. Ne segue che ${\overline {AA'}}={\overline {BB'}}$ e analogamente si prova che ${\overline {AA'}}={\overline {CC'}}$. Creiamo tre circonferenze $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ tali che $\gamma$ sia circoscritta ad $ACB'$, $\alpha$ sia circoscritta ad $A'CB$, $\beta$ sia circoscritta ad $AC'B$. Le tre circonferenze avranno tutte in comune il punto $F$. Poiché i quadrilateri $AC'BF$, $AB'CF$ sono inscritti in una circonferenza, l'angolo $A{\hat {F}}B=120^{\circ }$ e l'angolo $A{\hat {F}}C=120^{\circ }$.

Ne segue che: l'angolo $B{\hat {F}}C=120^{\circ }$: quindi il punto $F$ appartiene a $\beta$. Il punto $F$ appartiene a ${\overline {BB'}}$ perché: l'angolo $A{\hat {F}}B=120^{\circ }$ l'angolo $A{\hat {F}}B'=A{\hat {C}}B'=60^{\circ }$. Allo stesso modo si dimostra che $F$ appartiene ad ${\overline {AA'}}$ e anche a ${\overline {CC'}}$.

Il punto $F$ è detto "punto di Fermat" del triangolo $ABC$.

Dimostrazione

Lemma 1

Per tutti i vettori ${\overrightarrow {a}},{\overrightarrow {b}},{\overrightarrow {c}}\neq {\overrightarrow {0}},$

${\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}}+{\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}}+{\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}={\overrightarrow {0}}$

è equivalente alla proposizione che

${\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}},{\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}},{\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}$ hanno tutti tra di loro un angolo di 120°.

Dimostrazione del Lemma 1

Impostiamo i versori ${\overrightarrow {e_{i}}}\ (i=0,1,2)$ come segue:

${\overrightarrow {e_{0}}}={\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}},{\overrightarrow {e_{1}}}={\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}},{\overrightarrow {e_{2}}}={\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}.$

Sia $\theta _{ij}$l'angolo tra due vettori unitari ${\overrightarrow {e_{i}}},{\overrightarrow {e_{j}}}$ ,

Otterremo $\theta _{ij}=\theta _{ji}$ e i valori del prodotto interno come:

${\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}=\cos \theta _{ij}={\begin{cases}1&(i=j)\\-{\frac {1}{2}}&(i\neq j).\end{cases}}$

Così otteniamo $\theta _{ij}=120^{\circ }\ (i\neq j).$

Viceversa, se versori degli ${\overrightarrow {e_{i}}}\ (i=0,1,2)$ hanno un angolo di 120° tra di loro, si ottiene

${\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}={\begin{cases}\cos 0^{\circ }=1&(i=j)\\\cos 120^{\circ }=-{\frac {1}{2}}&(i\neq j).\end{cases}}$

Quindi si può calcolare come

$|{\overrightarrow {e_{0}}}+{\overrightarrow {e_{1}}}+{\overrightarrow {e_{2}}}|^{2}=\sum _{i=j}^{}{\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}+\sum _{i\neq j}^{}{\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}=3\times 1+6\times \left(-{\frac {1}{2}}\right)=0.$

Pertanto si ottiene

${\overrightarrow {e_{0}}}+{\overrightarrow {e_{1}}}+{\overrightarrow {e_{2}}}={\overrightarrow {0}}.$ QED

Lemma 2

Per tutti i vettori ${\overrightarrow {a}}\neq {\overrightarrow {0}},{\overrightarrow {x}},$

$|{\overrightarrow {a}}-{\overrightarrow {x}}|\geq |{\overrightarrow {a}}|-{\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}}.$

Dimostrazione del Lemma 2

Per eventuali vettori di ${\overrightarrow {u}},{\overrightarrow {v}},$ è dimostrato che $|{\overrightarrow {u}}||{\overrightarrow {v}}|\geq {\overrightarrow {u}}\cdot {\overrightarrow {v}}.$

Possiamo impostare che ${\overrightarrow {u}}={\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}},{\overrightarrow {v}}={\overrightarrow {a}}-{\overrightarrow {x}}.$

Poi avremo la disuguaglianza di Lemma 2. QED

Se il triangolo ABC è un triangolo in cui tutti gli angoli sono inferiori a 120°, siamo in grado di costruire il punto F all'interno del triangolo ABC. A questo punto impostando il punto F come origine dei vettori, avremo per qualsiasi X punto della E spazio euclideo, possiamo impostare ${\overrightarrow {a}}={\overrightarrow {FA}},{\overrightarrow {b}}={\overrightarrow {FB}},{\overrightarrow {c}}={\overrightarrow {FC}},{\overrightarrow {x}}={\overrightarrow {FX}}.$

Se F è il punto di Fermat, poi $\angle AFB=\angle BFC=\angle CFA=120^{\circ }.$ Quindi, si ottiene l'uguaglianza dei Lemma 1.

Dal Lemma 2, possiamo ottenere

$|{\overrightarrow {XA}}|\geq |{\overrightarrow {FA}}|-{\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}},$

$|{\overrightarrow {XB}}|\geq |{\overrightarrow {FB}}|-{\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}},$

$|{\overrightarrow {XC}}|\geq |{\overrightarrow {FC}}|-{\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}}.$

Per questi tre disuguaglianze e la parità di Lemma 1, si può ottenere

$|{\overrightarrow {XA}}|+|{\overrightarrow {XB}}|+|{\overrightarrow {XC}}|\geq |{\overrightarrow {FA}}|+|{\overrightarrow {FB}}|+|{\overrightarrow {FC}}|$.

Esso viene utilizzato per tutti X punto dello spazio euclideo E, quindi se X = F, allora il valore di$|{\overrightarrow {XA}}|+|{\overrightarrow {XB}}|+|{\overrightarrow {XC}}|$ è minima. QED

Storia

Questo quesito fu posto da Fermat a Evangelista Torricelli. Egli risolse il problema in modo simile a Fermat, usando l'intersezione delle circonferenze dei tre triangoli regolari. Il suo allievo, Vincenzo Viviani, pubblicò la soluzione nel 1659.

Altri progetti

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• Wikimedia Commons

• Wikimedia Commons contiene immagini o altri file su Punto di Fermat

Collegamenti esterni

• (EN) Eric W. Weisstein, Punto di Fermat, su MathWorld, Wolfram Research.
• Generalizzazione Fermat-Torricelli su Dynamic Geometry Sketches Pagina interattiva che generalizza il punto di Fermat-Torricelli
• (EN) Clark Kimberling, X₁₃, in Encyclopedia of Triangle Centers, University of Evansville, 22 ottobre 2013.
• Un esempio pratico del punto di Fermat (Inglese), su matifutbol.com.