Punto di Fermat

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

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.

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

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

Il punto ${\displaystyle F}$ è detto "punto di Fermat" del triangolo ${\displaystyle ABC}$.

Dimostrazione

Lemma 1

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

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

è equivalente alla proposizione che

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

Dimostrazione del Lemma 1

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

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

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

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

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

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

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

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

Quindi si può calcolare come

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

Pertanto si ottiene

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

Lemma 2

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

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

Dimostrazione del Lemma 2

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

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

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 ${\displaystyle {\overrightarrow {a}}={\overrightarrow {FA}},{\overrightarrow {b}}={\overrightarrow {FB}},{\overrightarrow {c}}={\overrightarrow {FC}},{\overrightarrow {x}}={\overrightarrow {FX}}.}$

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

Dal Lemma 2, possiamo ottenere

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

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

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

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

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

Esso viene utilizzato per tutti X punto dello spazio euclideo E, quindi se X = F, allora il valore di${\displaystyle |{\overrightarrow {XA}}|+|{\overrightarrow {XB}}|+|{\overrightarrow {XC}}|}$ 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.^[1]

Note

1. Weisstein, Eric W., Punti di Fermat su MathWorld.

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.